JEE Main 2020 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi n_{v} d^{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n_{v}$ એ સંખ્યા ઘનતા છે અને $d$ એ પરમાણુનો વ્યાસ છે.
સરેરાશ મુક્ત સમય $\tau$ ને $\tau = \frac{\lambda}{v_{rms}}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,જ્યાં $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$.
$\tau$ ના સમીકરણમાં $\lambda$ અને $v_{rms}$ ની કિંમત મૂકતા:
$\tau = \frac{1}{\sqrt{2} \pi n_{v} d^{2}} \sqrt{\frac{M}{3RT}}$.
કારણ કે બંને વાયુઓ માટે $n_{v}$,$R$,અને $T$ સમાન છે,તેથી સરેરાશ મુક્ત સમયનો ગુણોત્તર $\tau_{Ar} / \tau_{Xe}$ નીચે મુજબ થશે:
$\frac{\tau_{Ar}}{\tau_{Xe}} = \sqrt{\frac{M_{Ar}}{M_{Xe}}} \times \left( \frac{d_{Xe}}{d_{Ar}} \right)^{2}$.
આપેલ છે કે $M_{Ar} = 40$,$M_{Xe} = 140$,$d_{Ar} = 2 \times 0.07 \; nm$,અને $d_{Xe} = 2 \times 0.1 \; nm$:
$\frac{\tau_{Ar}}{\tau_{Xe}} = \sqrt{\frac{40}{140}} \times \left( \frac{0.1}{0.07} \right)^{2} = \sqrt{\frac{2}{7}} \times \left( \frac{10}{7} \right)^{2} \approx 0.5345 \times 2.0408 \approx 1.09$.

(C) આપેલ છે: પ્રારંભિક વેગ $\vec{u} = 3.0 \hat{i} \; m/s$,પ્રવેગ $\vec{a} = (6.0 \hat{i} + 4.0 \hat{j}) \; m/s^2$,અને $t=0$ સમયે પ્રારંભિક સ્થાન $(0, 0)$ છે.
$y$-દિશામાં ગતિ માટે:
$y = u_y t + \frac{1}{2} a_y t^2$
$32 = 0 \times t + \frac{1}{2} (4.0) t^2$
$32 = 2 t^2$
$t^2 = 16 \implies t = 4 \; s$.
$x$-દિશામાં ગતિ માટે:
$x = u_x t + \frac{1}{2} a_x t^2$
$x = (3.0)(4) + \frac{1}{2} (6.0)(4)^2$
$x = 12 + 3.0 \times 16$
$x = 12 + 48 = 60 \; m$.
આમ,$D = 60$.

(C) $1$. મહત્તમ ઊંચાઈએ,પ્રથમ કણનો વેગ $v_x = u \cos 60^{\circ} = \frac{u}{2}$ અને $v_y = 0$ છે.
$2$. બીજા કણનો વેગ $u \hat{i}$ છે.
$3$. આડી દિશામાં રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$m \left( \frac{u}{2} \right) + m(u) = (m + m) v^{\prime}$
$\frac{3mu}{2} = 2mv^{\prime} \implies v^{\prime} = \frac{3u}{4}$.
$4$. મહત્તમ ઊંચાઈ $H = \frac{u^2 \sin^2 60^{\circ}}{2g} = \frac{u^2 (3/4)}{2g} = \frac{3u^2}{8g}$ છે.
$5$. ઊંચાઈ $H$ થી જમીન પર પડવા માટે લાગતો સમય $t = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{2}{g} \cdot \frac{3u^2}{8g}} = \sqrt{\frac{3u^2}{4g^2}} = \frac{u \sqrt{3}}{2g}$ છે.
$6$. અથડામણ પછી સંયુક્ત દળ દ્વારા કાપવામાં આવેલ આડું અંતર $d = v^{\prime} \cdot t = \left( \frac{3u}{4} \right) \left( \frac{u \sqrt{3}}{2g} \right) = \frac{3 \sqrt{3} u^2}{8g}$ થાય.

(B) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા થયેલું કાર્ય એ તંત્રની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
$W_{g} = \Delta KE$
$(m_{1} - m_{2}) gh = \frac{1}{2} m_{1} v^{2} + \frac{1}{2} m_{2} v^{2} + \frac{1}{2} I \omega^{2}$
દોરી સરકતી ન હોવાથી,$v = \omega R$. આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$(m_{1} - m_{2}) gh = \frac{1}{2} (m_{1} + m_{2}) (\omega R)^{2} + \frac{1}{2} I \omega^{2}$
$(m_{1} - m_{2}) gh = \frac{\omega^{2}}{2} [(m_{1} + m_{2}) R^{2} + I]$
$\omega$ માટે ઉકેલતા:
$\omega = \sqrt{\frac{2(m_{1} - m_{2}) gh}{(m_{1} + m_{2}) R^{2} + I}}$

(A) નિષ્ક્રમણ વેગનું સૂત્ર $v_{e} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ છે.
ગ્રહ $A$ માટે,નિષ્ક્રમણ વેગ $v_{A} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ છે.
ગ્રહ $B$ માટે,દળ $M' = \frac{M}{2}$ અને ત્રિજ્યા $R' = \frac{R}{2}$ છે.
તેથી,ગ્રહ $B$ માટે નિષ્ક્રમણ વેગ $v_{B} = \sqrt{\frac{2G(M/2)}{R/2}} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ થાય.
બંનેની સરખામણી કરતા,આપણને $\frac{v_{A}}{v_{B}} = \frac{\sqrt{2GM/R}}{\sqrt{2GM/R}} = 1$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\frac{v_{A}}{v_{B}} = \frac{n}{4}$,તેથી $1 = \frac{n}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $n = 4$.

(D) એકમ કદ દીઠ સંગ્રહિત ઉર્જા $(u)$ નું સૂત્ર: $u = \frac{1}{2} \times \text{Stress} \times \text{Strain} = \frac{1}{2} \frac{(\text{Stress})^2}{Y}$ છે.
અહીં $\text{Stress} = \frac{F}{A} = \frac{F}{\pi (d/2)^2} = \frac{4F}{\pi d^2}$ હોવાથી,$u = \frac{1}{2Y} \left( \frac{4F}{\pi d^2} \right)^2$ મળે.
આપેલ છે કે ભાર $(F)$,લંબાઈ અને યંગ મોડ્યુલસ $(Y)$ બંને તાર માટે સમાન છે,તેથી $u \propto \frac{1}{d^4}$.
તેથી,$\frac{u_1}{u_2} = \left( \frac{d_2}{d_1} \right)^4$.
આપેલ છે કે $\frac{u_1}{u_2} = \frac{1}{4}$,તેથી $\frac{1}{4} = \left( \frac{d_2}{d_1} \right)^4$.
બંને બાજુ ચતુર્થ મૂળ લેતા,$\frac{d_2}{d_1} = \left( \frac{1}{4} \right)^{1/4} = \left( \frac{1}{2^2} \right)^{1/4} = \frac{1}{2^{1/2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આમ,$\frac{d_1}{d_2} = \sqrt{2} : 1$.

(D) સાચો ક્રમ નક્કી કરવા માટે,આપણે સરવાળો કરવો પડશે અને પરિણામને સૌથી ઓછા સચોટ માપ (જેમાં દશાંશ ચિહ્ન પછી સૌથી ઓછા અંક હોય) ના આધારે યોગ્ય સાર્થક અંકો સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરવું પડશે.
$(i)$ $A_{1}+B_{1}+C_{1} = 24.36 + 0.0724 + 256.2 = 280.6324$. સૌથી ઓછું સચોટ મૂલ્ય $256.2$ (એક દશાંશ સ્થળ) છે,તેથી સરવાળો $280.6$ થાય છે.
$(ii)$ $A_{2}+B_{2}+C_{2} = 24.44 + 16.082 + 240.2 = 280.722$. સૌથી ઓછું સચોટ મૂલ્ય $240.2$ (એક દશાંશ સ્થળ) છે,તેથી સરવાળો $280.7$ થાય છે.
$(iii)$ $A_{3}+B_{3}+C_{3} = 25.2 + 19.2812 + 236.183 = 280.6642$. સૌથી ઓછું સચોટ મૂલ્ય $25.2$ (એક દશાંશ સ્થળ) છે,તેથી સરવાળો $280.7$ થાય છે.
$(iv)$ $A_{4}+B_{4}+C_{4} = 25 + 236.191 + 19.5 = 280.691$. સૌથી ઓછું સચોટ મૂલ્ય $25$ (શૂન્ય દશાંશ સ્થળ) છે,તેથી સરવાળો $281$ થાય છે.
પરિણામોની સરખામણી કરતા: $281 > 280.7 = 280.7 > 280.6$. આમ,$A_{4}+B_{4}+C_{4} > A_{3}+B_{3}+C_{3} = A_{2}+B_{2}+C_{2} > A_{1}+B_{1}+C_{1}$.

(A) પગલું $1$: $V_{1}$ થી $V_{2} = V_{1}/16$ સુધી એડિબેટિક સંકોચન.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$T_{1}V_{1}^{\gamma-1} = T_{2}V_{2}^{\gamma-1}$.
આપેલ છે $T_{1} = 300 \; K$,$\gamma = 1.4 = 7/5$,તેથી $\gamma-1 = 0.4 = 2/5$.
$300 \times V_{1}^{2/5} = T_{2} \times (V_{1}/16)^{2/5}$.
$T_{2} = 300 \times (16)^{2/5} = 300 \times (2^{4})^{2/5} = 300 \times 2^{8/5}$.
$T_{2} = 300 \times 3.0314 = 909.42 \; K$.
પગલું $2$: $V_{2}$ થી $2V_{2}$ સુધી આઈસોબારિક વિસ્તરણ.
આઈસોબારિક પ્રક્રિયા માટે,$V/T = \text{અચળ}$,તેથી $V_{2}/T_{2} = (2V_{2})/T_{f}$.
$T_{f} = 2 \times T_{2} = 2 \times 909.42 = 1818.84 \; K$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં,અંતિમ તાપમાન $1819 \; K$ છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$1818$ સૌથી નજીકનો જવાબ છે.

(B) ચલ બળ દ્વારા કરવામાં આવેલ કાર્ય રેખા સંકલન $W = \int_{A}^{B} \overrightarrow{F} \cdot d\overrightarrow{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$A(1, 0)$ અને $B(0, 1)$ ને જોડતા રેખાખંડનું સમીકરણ $y = -x + 1$ અથવા $x + y = 1$ છે.
તેથી,$d\overrightarrow{r} = dx \hat{i} + dy \hat{j}$.
કાર્ય $W = \int_{A}^{B} (-x \hat{i} + y \hat{j}) \cdot (dx \hat{i} + dy \hat{j}) = \int_{A}^{B} (-x dx + y dy)$ છે.
$x=1$ થી $x=0$ અને $y=0$ થી $y=1$ ની મર્યાદાઓ મૂકતા:
$W = \int_{1}^{0} -x dx + \int_{0}^{1} y dy$
$W = \left[ -\frac{x^2}{2} \right]_{1}^{0} + \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{1}$
$W = -\left( \frac{0^2}{2} - \frac{1^2}{2} \right) + \left( \frac{1^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right)$
$W = -\left( 0 - 0.5 \right) + \left( 0.5 - 0 \right) = 0.5 + 0.5 = 1 \text{ J}$.

(C) અચળાંકોના પરિમાણો નીચે મુજબ છે:
$[h] = M^1 L^2 T^{-1}$
$[c] = L^1 T^{-1}$
$[G] = M^{-1} L^3 T^{-2}$
આ કિંમતોને $f$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$[f] = \sqrt{\frac{(M^1 L^2 T^{-1}) \times (L^1 T^{-1})^5}{M^{-1} L^3 T^{-2}}}$
$[f] = \sqrt{\frac{M^1 L^2 T^{-1} \times L^5 T^{-5}}{M^{-1} L^3 T^{-2}}}$
$[f] = \sqrt{\frac{M^1 L^7 T^{-6}}{M^{-1} L^3 T^{-2}}}$
$[f] = \sqrt{M^{1-(-1)} L^{7-3} T^{-6-(-2)}}$
$[f] = \sqrt{M^2 L^4 T^{-4}}$
$[f] = M^1 L^2 T^{-2}$
પરિમાણ $M^1 L^2 T^{-2}$ એ ઉર્જાના પરિમાણ સાથે સુસંગત છે.

(A) શરૂઆતમાં,$m$ દળનો પદાર્થ $R$ ત્રિજ્યાની વર્તુળાકાર કક્ષામાં ગતિ કરે છે. તેથી તે કક્ષીય ઝડપ $v_{0} = \sqrt{\frac{GM}{R}}$ સાથે ગતિ કરતો હોવો જોઈએ.
અથડામણ પછી,ધારો કે સંયુક્ત દળ $v_{1}$ ઝડપથી ગતિ કરે છે.
રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$m v_{0} + \frac{m}{2} \left(\frac{v_{0}}{2}\right) = \left(m + \frac{m}{2}\right) v_{1}$
$m v_{0} + \frac{m v_{0}}{4} = \frac{3m}{2} v_{1}$
$\frac{5m v_{0}}{4} = \frac{3m}{2} v_{1}$
$v_{1} = \frac{5}{4} \times \frac{2}{3} v_{0} = \frac{5}{6} v_{0}$.
અથડામણ પછીની ઝડપ $(v_{1} = \frac{5}{6} v_{0})$ એ કક્ષીય ઝડપ $(v_{0})$ જેટલી ન હોવાથી,ગતિ વર્તુળાકાર હોઈ શકે નહીં.
વેગ સ્પર્શકની દિશામાં રહેતો હોવાથી,તે ગ્રહ તરફ શિરોલંબ નીચે પડી શકે નહીં.
વળી,અથડામણ પછીની ઝડપ એ નિષ્ક્રમણ ઝડપ $(v_{e} = \sqrt{2} v_{0})$ કરતા ઓછી છે,તેથી પદાર્થ ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રમાંથી બહાર નીકળી શકશે નહીં.
તેથી,સંયુક્ત પદાર્થ ગ્રહની આસપાસ લંબગોળ કક્ષામાં ગતિ કરશે.

(B) દ્રઢ દ્વિપરમાણ્વીય અણુ માટે,મુક્તિના અંશો (degrees of freedom) $(f_A)$ $5$ છે ($3$ સ્થાનાંતરિત + $2$ ભ્રમણીય).
વધારાની કંપન ગતિ ધરાવતા દ્વિપરમાણ્વીય અણુ માટે,મુક્તિના અંશો $(f_B)$ $7$ છે ($3$ સ્થાનાંતરિત + $2$ ભ્રમણીય + $2$ કંપન).
અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_v = \frac{f}{2}R$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,$C_v^A = \frac{5}{2}R$ અને $C_v^B = \frac{7}{2}R$.
ગુણોત્તર $\frac{C_v^A}{C_v^B} = \frac{\frac{5}{2}R}{\frac{7}{2}R} = \frac{5}{7}$.

(B) સ્ક્રુ ગેજની પિચ એટલે સ્ક્રુ દ્વારા એક સંપૂર્ણ પરિભ્રમણમાં કાપેલું અંતર.
અહીં આપેલ છે કે $6$ પરિભ્રમણ મુખ્ય સ્કેલ પર $3\; mm$ ના સ્થાનાંતરને અનુરૂપ છે.
તેથી,પિચ $= \frac{3\; mm}{6} = 0.5\; mm$.
સ્ક્રુ ગેજનું લઘુત્તમ માપ $(LC)$ એ પિચ અને વર્તુળાકાર સ્કેલ પરના કુલ વિભાગોની સંખ્યાનો ગુણોત્તર છે.
$LC = \frac{\text{Pitch}}{\text{Number of circular scale divisions}}$.
અહીં વિભાગોની સંખ્યા $= 50$ છે.
$LC = \frac{0.5\; mm}{50} = 0.01\; mm$.
આને સેન્ટિમીટરમાં ફેરવતા,$0.01\; mm = 0.001\; cm$ મળે છે.

(B) તંત્રનું પ્રારંભિક વેગમાન: $\vec{P}_i = m(u\hat{i}) + m\left(\frac{u}{2}\hat{i} + \frac{u}{2}\hat{j}\right) = \frac{3}{2}mu\hat{i} + \frac{1}{2}mu\hat{j}$.
અથડામણ સંપૂર્ણ અસ્થિતિસ્થાપક હોવાથી,કણો એકબીજા સાથે જોડાઈ જાય છે અને સામાન્ય વેગ $\vec{v}_f$ સાથે ગતિ કરે છે. રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $\vec{P}_i = (m+m)\vec{v}_f = 2m\vec{v}_f$.
$\vec{v}_f = \frac{1}{2m} \left(\frac{3}{2}mu\hat{i} + \frac{1}{2}mu\hat{j}\right) = \frac{3}{4}u\hat{i} + \frac{1}{4}u\hat{j}$.
પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા: $K_i = \frac{1}{2}mu^2 + \frac{1}{2}m\left|\frac{u}{2}\hat{i} + \frac{u}{2}\hat{j}\right|^2 = \frac{1}{2}mu^2 + \frac{1}{2}m\left(\frac{u^2}{4} + \frac{u^2}{4}\right) = \frac{1}{2}mu^2 + \frac{1}{4}mu^2 = \frac{3}{4}mu^2$.
અંતિમ ગતિ ઉર્જા: $K_f = \frac{1}{2}(2m)|\vec{v}_f|^2 = m\left(\left(\frac{3}{4}u\right)^2 + \left(\frac{1}{4}u\right)^2\right) = m\left(\frac{9}{16}u^2 + \frac{1}{16}u^2\right) = \frac{10}{16}mu^2 = \frac{5}{8}mu^2$.
ગુમાવેલી ઉર્જા: $\Delta K = K_i - K_f = \frac{3}{4}mu^2 - \frac{5}{8}mu^2 = \frac{6-5}{8}mu^2 = \frac{1}{8}mu^2$.

(D) આપેલ $P-V$ આલેખમાં:
$1$. પ્રક્રિયા $1 \rightarrow 2$ એ એડિબેટિક વિસ્તરણ છે (દબાણ ઘટે છે, કદ વધે છે).
$2$. પ્રક્રિયા $2 \rightarrow 3$ એ સમદાબી સંકોચન છે (દબાણ અચળ રહે છે, કદ ઘટે છે).
$3$. પ્રક્રિયા $3 \rightarrow 1$ એ સમકદ ગરમ થવાની પ્રક્રિયા છે (કદ અચળ રહે છે, દબાણ વધે છે).
હવે, $V-T$ આલેખનું વિશ્લેષણ કરીએ:
- પ્રક્રિયા $1 \rightarrow 2$ (એડિબેટિક) માટે: $TV^{\gamma-1} = \text{અચળ}$. કદ વધતું હોવાથી, તાપમાન ઘટવું જોઈએ.
- પ્રક્રિયા $2 \rightarrow 3$ (સમદાબી) માટે: $V \propto T$. કદ ઘટતું હોવાથી, તાપમાન ઘટવું જોઈએ.
- પ્રક્રિયા $3 \rightarrow 1$ (સમકદ) માટે: $P \propto T$. દબાણ વધતું હોવાથી, તાપમાન વધવું જોઈએ.
આ વલણોને આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા, વિકલ્પ $D$ માં દર્શાવેલ $V-T$ આલેખ સાચો છે.

(A) ધારો કે દરેક તરંગનો કંપવિસ્તાર $A$ છે. તીવ્રતા $I \propto A^2$ હોવાથી,$I_0 = kA^2$ મળે,જ્યાં $k$ અચળાંક છે.
પરિણામી તરંગનું સમીકરણ ત્રણ તરંગોના સરવાળા દ્વારા મળે છે:
$y = A \sin(\omega t) + A \sin(\omega t - \frac{\pi}{4}) + A \sin(\omega t + \frac{\pi}{4})$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(x - y) + \sin(x + y) = 2 \sin x \cos y$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = A \sin(\omega t) + A [2 \sin(\omega t) \cos(\frac{\pi}{4})]$
$\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ હોવાથી:
$y = A \sin(\omega t) + A [2 \sin(\omega t) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}]$
$y = A \sin(\omega t) + \sqrt{2} A \sin(\omega t)$
$y = (1 + \sqrt{2}) A \sin(\omega t)$
પરિણામી કંપવિસ્તાર $A_R = (1 + \sqrt{2}) A$ છે.
પરિણામી તીવ્રતા $I = k A_R^2 = k [(1 + \sqrt{2}) A]^2 = k A^2 (1 + \sqrt{2})^2$.
$I_0 = k A^2$ હોવાથી:
$I = I_0 (1 + 2 + 2\sqrt{2}) = I_0 (3 + 2 \times 1.414) = I_0 (3 + 2.828) = 5.828 I_0$.
આમ,પરિણામી તીવ્રતા આશરે $5.8 I_0$ છે.

(A) દરેક ગોળાની ત્રિજ્યા $r = d/2$ છે. સમબાજુ ત્રિકોણના મધ્યકેન્દ્રથી દરેક ગોળાના કેન્દ્ર સુધીનું અંતર $R = \frac{d}{\sqrt{3}}$ છે.
મધ્યકેન્દ્રમાંથી પસાર થતી અક્ષ $(I_0)$ માટે દરેક ગોળા માટે સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$I_0 = 3 \times [I_{cm} + mR^2] = 3 \times [\frac{2}{5}m(d/2)^2 + m(d/\sqrt{3})^2]$
$I_0 = 3 \times [\frac{1}{10}md^2 + \frac{1}{3}md^2] = 3 \times [\frac{3+10}{30}]md^2 = 3 \times \frac{13}{30}md^2 = \frac{13}{10}md^2$.
હવે,એક ગોળાના કેન્દ્ર $(A)$ માંથી પસાર થતી અને સમતલને લંબ અક્ષ માટે,આપણે મધ્યકેન્દ્રની અક્ષ અને $A$ પરની અક્ષ વચ્ચે સમાંતર અક્ષના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$I_A = I_0 + 3mR^2 = \frac{13}{10}md^2 + 3m(d/\sqrt{3})^2 = \frac{13}{10}md^2 + md^2 = \frac{23}{10}md^2$.
ગુણોત્તર $\frac{I_0}{I_A} = \frac{13/10}{23/10} = \frac{13}{23}$ થાય છે.

(C) પાણીના વહનનો દર અચળ છે,તેથી $A_{A} V_{A} = A_{B} V_{B}$.
આપેલ છે કે $A_{A} = 40 \; cm^{2}$ અને $A_{B} = 20 \; cm^{2}$,તેથી $40 V_{A} = 20 V_{B}$,જેનો અર્થ છે કે $V_{B} = 2 V_{A}$.
આડી નળી માટે બર્નુલીના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા: $P_{A} + \frac{1}{2} \rho V_{A}^{2} = P_{B} + \frac{1}{2} \rho V_{B}^{2}$.
ગોઠવતા $P_{A} - P_{B} = \frac{1}{2} \rho (V_{B}^{2} - V_{A}^{2})$ મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા ($P_{A} - P_{B} = 700 \; Pa$,$\rho = 1000 \; kg/m^{3}$):
$700 = \frac{1}{2} \times 1000 \times ((2 V_{A})^{2} - V_{A}^{2})$
$700 = 500 \times (4 V_{A}^{2} - V_{A}^{2})$
$700 = 500 \times 3 V_{A}^{2}$
$V_{A}^{2} = \frac{700}{1500} = \frac{7}{15} \; m^{2}/s^{2}$
$V_{A} = \sqrt{\frac{7}{15}} \approx 0.683 \; m/s = 68.3 \; cm/s$.
વહનનો દર $Q = A_{A} V_{A} = 40 \; cm^{2} \times 68.3 \; cm/s \approx 2732 \; cm^{3}/s$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સૌથી નજીકની કિંમત $2720 \; cm^{3}/s$ છે.

(C) ધારો કે સળિયાની લંબાઈ $\ell = 1\; m$ અને તેનું દળ $m$ છે. ધરીની સાપેક્ષ સળિયાની જડત્વની આઘૂર્ણ $I = \frac{m\ell^2}{3}$ છે.
યાંત્રિક ઉર્જા સંરક્ષણના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરતા,સળિયાના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા જ્યારે તે ટેબલને અથડાય છે ત્યારે પરિભ્રમણીય ગતિ ઉર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
ટેબલથી દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની પ્રારંભિક ઊંચાઈ $h = \frac{\ell}{2} \sin 30^{\circ}$ છે.
પ્રારંભિક સ્થિતિ ઉર્જા $U_i = mgh = mg \left(\frac{\ell}{2}\right) \sin 30^{\circ}$.
અંતિમ સ્થિતિ ઉર્જા $U_f = 0$ (ટેબલના સ્તરે).
પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા $K_i = 0$ (સ્થિર સ્થિતિમાંથી મુક્ત).
અંતિમ પરિભ્રમણીય ગતિ ઉર્જા $K_f = \frac{1}{2} I \omega^2$.
ઉર્જા સંરક્ષણ મુજબ: $U_i + K_i = U_f + K_f$
$mg \left(\frac{\ell}{2}\right) \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2} \left(\frac{m\ell^2}{3}\right) \omega^2$
$\ell = 1\; m$ અને $\sin 30^{\circ} = 0.5$ મૂકતા:
$mg \left(\frac{1}{2}\right) (0.5) = \frac{1}{2} \left(\frac{m(1)^2}{3}\right) \omega^2$
$mg \left(\frac{1}{4}\right) = \frac{m}{6} \omega^2$
$\frac{g}{4} = \frac{\omega^2}{6} \Rightarrow \omega^2 = \frac{6g}{4} = 1.5g$.
$g = 10\; m/s^2$ લેતા,આપણને $\omega^2 = 1.5 \times 10 = 15$ મળે છે.
આમ,$\omega = \sqrt{15}\; s^{-1}$.
$\sqrt{n}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $n = 15$ મળે છે.

(D) આપેલ છે $x^{2} = at^{2} + 2bt + c$.
સમય $t$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$2x \frac{dx}{dt} = 2at + 2b$
$x v = at + b$,જ્યાં $v = \frac{dx}{dt}$.
ફરીથી સમય $t$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$v \frac{dx}{dt} + x \frac{dv}{dt} = a$
$v^{2} + x a' = a$,જ્યાં $a' = \frac{dv}{dt}$ એ પ્રવેગ છે.
$x v = at + b$ પરથી,$v = \frac{at+b}{x}$ મળે.
$v$ ની કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$x a' = a - v^{2} = a - \left(\frac{at+b}{x}\right)^{2}$
$x a' = \frac{ax^{2} - (at+b)^{2}}{x^{2}}$
$x^{2} = at^{2} + 2bt + c$ મૂકતા:
$x a' = \frac{a(at^{2} + 2bt + c) - (a^{2}t^{2} + 2abt + b^{2})}{x^{2}}$
$x a' = \frac{a^{2}t^{2} + 2abt + ac - a^{2}t^{2} - 2abt - b^{2}}{x^{2}}$
$x a' = \frac{ac - b^{2}}{x^{2}}$
$a' = \frac{ac - b^{2}}{x^{3}}$
આમ,$a' \propto x^{-3}$. $x^{-n}$ સાથે સરખાવતા,$n = 3$ મળે છે.

(D) તારમાં ઉદ્ભવતું તણાવ બળ $T$ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $T = m \omega^{2} L$.
બ્રેકિંગ સ્ટ્રેસને એકમ ક્ષેત્રફળ દીઠ મહત્તમ બળ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે: $\text{Breaking Stress} = \frac{T}{A}$.
તણાવ બળનું સૂત્ર મૂકતા: $\text{Breaking Stress} = \frac{m \omega^{2} L}{A}$.
આપેલ છે: $m = 10 \; kg$,$L = 0.3 \; m$,$\text{Breaking Stress} = 4.8 \times 10^{7} \; N m^{-2}$,અને $A = 10^{-2} \; cm^{2} = 10^{-2} \times 10^{-4} \; m^{2} = 10^{-6} \; m^{2}$.
$\omega^{2}$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા: $\omega^{2} = \frac{(\text{Breaking Stress}) \times A}{m \times L}$.
$\omega^{2} = \frac{4.8 \times 10^{7} \times 10^{-6}}{10 \times 0.3} = \frac{48}{3} = 16$.
તેથી,$\omega = \sqrt{16} = 4 \; rad \; s^{-1}$.

(D) આલેખ પરથી,સ્થાનાંતર $x$ એ $t = 0$ સમયે $x = A$ થી શરૂ થતું કોસાઇન વિધેય છે,તેથી $x(t) = A \cos(\omega t)$.
$(A)$ $t = \frac{3T}{4}$ સમયે,સ્થાનાંતર $x = A \cos(\omega \cdot \frac{3T}{4}) = A \cos(\frac{3\pi}{2}) = 0$. કારણ કે $F = -m\omega^2 x$,જો $x = 0$ હોય,તો $F = 0$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$(B)$ $t = T$ સમયે,$x = A \cos(\omega T) = A \cos(2\pi) = A$. પ્રવેગ $a = -\omega^2 x = -\omega^2 A$. પ્રવેગનું મૂલ્ય અંતિમ સ્થાનો $(x = \pm A)$ પર મહત્તમ હોય છે. તેથી,$(B)$ સાચું છે.
$(C)$ $t = \frac{T}{4}$ સમયે,$x = A \cos(\omega \cdot \frac{T}{4}) = A \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$. ઝડપ $v = \omega \sqrt{A^2 - x^2}$ જ્યારે $x = 0$ હોય ત્યારે મહત્તમ હોય છે. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
$(D)$ $t = \frac{T}{2}$ સમયે,$x = A \cos(\omega \cdot \frac{T}{2}) = A \cos(\pi) = -A$. $x = -A$ પર,$P.E.$ મહત્તમ છે અને $K.E. = 0$ છે. તેથી,$P.E. \neq K.E.$. તેથી,$(D)$ ખોટું છે.
આમ,વિધાનો $(A), (B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(C) હીટ એન્જિનની કાર્યક્ષમતા $\eta$ એ કુલ કાર્ય અને કુલ પૂરી પાડવામાં આવેલ ઉષ્માનો ગુણોત્તર છે.
$\eta = \frac{W}{Q_{\text{in}}} = \frac{Q_{\text{net}}}{Q_{\text{in}}}$
અહીં,એક ચક્રમાં થતી ચોખ્ખી ઉષ્માની આપ-લે $Q_{\text{net}} = 1915 - 40 + 125 - Q = 2000 - Q$ છે.
પૂરી પાડવામાં આવેલ ઉષ્મા $(Q_{\text{in}})$ એ તમામ ધન ઉષ્મા વિનિમયનો સરવાળો છે: $Q_{\text{in}} = 1915 + 125 = 2040\, J$.
આપેલ છે કે $\eta = 50.0\% = 0.5$,તેથી:
$0.5 = \frac{2000 - Q}{2040}$
$1020 = 2000 - Q$
$Q = 2000 - 1020 = 980\, J$.

(B) ધારો કે ઉર્જાનું પારિમાણિક સૂત્ર $[E] = [P]^x [A]^y [T]^z$ છે.
દરેક રાશિના પરિમાણો મૂકતા:
$[M L^2 T^{-2}] = [M L T^{-1}]^x [L^2]^y [T]^z$.
બંને બાજુ $M, L,$ અને $T$ ના ઘાતાંકોને સરખાવતા:
$M^1 L^2 T^{-2} = M^x L^{x+2y} T^{-x+z}$.
ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$M$ માટે: $x = 1$.
$L$ માટે: $x + 2y = 2$. $x=1$ મૂકતા,$1 + 2y = 2$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $2y = 1$,તેથી $y = 1/2$.
$T$ માટે: $-x + z = -2$. $x=1$ મૂકતા,$-1 + z = -2$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $z = -1$.
આમ,ઉર્જાનું પારિમાણિક સૂત્ર $[P A^{1/2} T^{-1}]$ થાય છે.

(C) ધારો કે $r$ એ કેશિકા નળીની ત્રિજ્યા છે અને $R$ એ મેનિસ્કસની ત્રિજ્યા છે.
મેનિસ્કસની ભૂમિતિ પરથી,સંપર્કકોણ $\theta$ એ સ્પર્શકો વચ્ચેના ખૂણા સાથે સંબંધિત છે. સ્પર્શકો એકબીજા સાથે $60^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવતા હોવાથી,સ્પર્શક અને શિરોલંબ દીવાલ વચ્ચેનો ખૂણો $30^{\circ}$ થાય. આમ,સંપર્કકોણ $\theta = 30^{\circ}$ છે.
ભૂમિતિ પરથી,$\cos \theta = \frac{r}{R}$,તેથી $R = \frac{r}{\cos 30^{\circ}} = \frac{r}{\sqrt{3}/2} = \frac{2r}{\sqrt{3}}$.
આપેલ છે કે $r = 0.15 \times 10^{-3} m$,તેથી $R = \frac{2 \times 0.15 \times 10^{-3}}{\sqrt{3}} = \frac{0.3 \times 10^{-3}}{\sqrt{3}} m$.
પ્રવાહી સ્તંભની ઊંચાઈ $h$ નું સૂત્ર $h = \frac{2T \cos \theta}{\rho g r}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $h = \frac{2 \times 0.05 \times \cos 30^{\circ}}{667 \times 10 \times 0.15 \times 10^{-3}}$.
વૈકલ્પિક રીતે,$h = \frac{2T}{\rho g R}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$h = \frac{2 \times 0.05}{667 \times 10 \times (\frac{0.3 \times 10^{-3}}{\sqrt{3}})} = \frac{0.1 \times \sqrt{3}}{6670 \times 0.3 \times 10^{-3}} = \frac{0.1732}{2.001} \approx 0.0865\, m$.
નજીકના મૂલ્યમાં લેતા,$h \approx 0.087\, m$.

(D) આદર્શ વાયુના અણુઓનો સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\lambda = \frac{V}{\sqrt{2} \pi d^2 N}$
જ્યાં $V$ એ પાત્રનું કદ છે,$d$ એ અણુનો વ્યાસ છે,અને $N$ એ અણુઓની સંખ્યા છે.
વાયુ બંધ પાત્રમાં હોવાથી,તાપમાન વધવા છતાં પાત્રનું કદ $V$ અને અણુઓની સંખ્યા $N$ અચળ રહે છે. તેથી,સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda$ બદલાતો નથી.
સરેરાશ અથડામણ સમય $\tau$ એ સરેરાશ મુક્ત પથ અને અણુઓની સરેરાશ ઝડપ $(v_{av})$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$\tau = \frac{\lambda}{v_{av}}$
કારણ કે અણુઓની સરેરાશ ઝડપ $v_{av}$ એ $\sqrt{T}$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે,તેથી:
$\tau \propto \frac{1}{\sqrt{T}}$
જેમ તાપમાન $T$ વધે છે,તેમ અણુઓની સરેરાશ ઝડપ વધે છે,જેના કારણે સરેરાશ અથડામણ સમય $\tau$ ઘટે છે.
આમ,વિધાનો $(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(D) ડિસ્ક સમાન દિશામાં ફરી રહી હોવાથી,કુલ કોણીય વેગમાનનું સંરક્ષણ થાય છે.
પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_{i} = I_{1}\omega_{1} + I_{2}\omega_{2}$
$L_{i} = (0.1 \times 10) + (0.2 \times 5) = 1 + 1 = 2 \; kg \cdot m^{2} \cdot s^{-1}$
અંતિમ કોણીય વેગમાન $L_{f} = (I_{1} + I_{2})\omega_{f}$
$2 = (0.1 + 0.2) \omega_{f} = 0.3 \omega_{f}$
$\omega_{f} = \frac{2}{0.3} = \frac{20}{3} \; rad \cdot s^{-1}$
અંતિમ ગતિ ઊર્જા $K_{f} = \frac{1}{2}(I_{1} + I_{2})\omega_{f}^{2}$
$K_{f} = \frac{1}{2}(0.3) \left(\frac{20}{3}\right)^{2} = 0.15 \times \frac{400}{9} = \frac{15}{100} \times \frac{400}{9} = \frac{60}{9} = 6.67 \; J$.

(B) આપેલ છે કે લંબાઈમાં આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta L}{L} = 0.02 \% = 2 \times 10^{-4}$ છે.
કારણ કે $\Delta L = L \alpha \Delta T$,તેથી $\alpha \Delta T = 2 \times 10^{-4}$ મળે.
તારનું કદ $V = A \times L$ છે,જ્યાં $A$ એ આડછેદનું ક્ષેત્રફળ છે.
ઘનતા $\rho = \frac{M}{V} = \frac{M}{AL}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લોગરીધમિક વિકલન લેતા,આપણને $\frac{\Delta \rho}{\rho} = - (\frac{\Delta A}{A} + \frac{\Delta L}{L})$ મળે છે.
કારણ કે $\frac{\Delta A}{A} = 2 \alpha \Delta T$ અને $\frac{\Delta L}{L} = \alpha \Delta T$,તેથી ઘનતામાં આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta \rho}{\rho} = -(2 \alpha \Delta T + \alpha \Delta T) = -3 \alpha \Delta T$ થાય.
$\alpha \Delta T = 0.02 \%$ મૂકતા,આપણને $\frac{\Delta \rho}{\rho} = -3 \times 0.02 \% = -0.06 \%$ મળે છે.
આમ,પ્રતિશત ફેરફારનું મૂલ્ય $0.06 \%$ છે.

(C) ધારો કે અથડામણ પછી $m$ દળના કણનો વેગ $v_1$ છે અને $10m$ દળના કણનો વેગ $v_2$ છે.
$1$. $y$-અક્ષ પર વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$y$-અક્ષ પર પ્રારંભિક વેગમાન શૂન્ય હોવાથી,$y$-અક્ષ પરના અંતિમ વેગમાનના ઘટકો એકબીજાને નાબૂદ કરશે:
$m v_1 \sin \theta_1 = 10m v_2 \sin \theta_2$
$v_1 \sin \theta_1 = 10 v_2 \sin \theta_2$ --- $(i)$
$2$. ગતિઊર્જાની શરત:
$m$ દળના કણની અંતિમ ગતિઊર્જા તેની પ્રારંભિક ગતિઊર્જા કરતા અડધી છે:
$\frac{1}{2} m v_1^2 = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} m u^2)$
$v_1^2 = \frac{u^2}{2} \Rightarrow v_1 = \frac{u}{\sqrt{2}}$ --- (ii)
$3$. સ્થિતિસ્થાપક અથડામણ માટે ઊર્જાનું સંરક્ષણ:
પ્રારંભિક ગતિઊર્જા = અંતિમ ગતિઊર્જા
$\frac{1}{2} m u^2 = \frac{1}{2} m v_1^2 + \frac{1}{2} (10m) v_2^2$
$u^2 = v_1^2 + 10 v_2^2$
$v_1^2 = \frac{u^2}{2}$ મૂકતા:
$u^2 = \frac{u^2}{2} + 10 v_2^2$
$\frac{u^2}{2} = 10 v_2^2 \Rightarrow v_2^2 = \frac{u^2}{20} \Rightarrow v_2 = \frac{u}{\sqrt{20}}$ --- (iii)
$4$. (ii) અને (iii) ને $(i)$ માં મૂકતા:
$(\frac{u}{\sqrt{2}}) \sin \theta_1 = 10 (\frac{u}{\sqrt{20}}) \sin \theta_2$
$\sin \theta_1 = 10 \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{20}} \sin \theta_2$
$\sin \theta_1 = 10 \cdot \frac{1}{\sqrt{10}} \sin \theta_2$
$\sin \theta_1 = \sqrt{10} \sin \theta_2$
$\sin \theta_1 = \sqrt{n} \sin \theta_2$ સાથે સરખાવતા,$n = 10$ મળે છે.

(D) ધારો કે $\sigma$ એ તક્તિના દ્રવ્યની પૃષ્ઠ દ્રવ્યમાન ઘનતા છે.
સંપૂર્ણ તક્તિનું દ્રવ્યમાન $M_1 = \sigma \pi a^2$,જેનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $O$ પર છે (યામ $x_1 = 0$).
દૂર કરેલા ચોરસ ભાગનું દ્રવ્યમાન $M_2 = \sigma l^2 = \sigma (\frac{a}{2})^2 = \sigma \frac{a^2}{4}$,જેનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $O$ થી $d = \frac{a}{2}$ અંતરે છે (યામ $x_2 = \frac{a}{2}$).
બાકી રહેલા ભાગનું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $X_{com}$ નીચે મુજબ મળે છે:
$X_{com} = \frac{M_1 x_1 - M_2 x_2}{M_1 - M_2}$
$X_{com} = \frac{(\sigma \pi a^2)(0) - (\sigma \frac{a^2}{4})(\frac{a}{2})}{\sigma \pi a^2 - \sigma \frac{a^2}{4}}$
$X_{com} = \frac{-\frac{\sigma a^3}{8}}{\sigma a^2 (\pi - \frac{1}{4})} = \frac{-\frac{a}{8}}{\frac{4\pi - 1}{4}} = -\frac{a}{2(4\pi - 1)}$
આને $-\frac{a}{X}$ સાથે સરખાવતા,$X = 2(4\pi - 1) = 8\pi - 2$ મળે.
$\pi \approx 3.14159$ લેતા,$X \approx 8(3.14159) - 2 = 25.1327 - 2 = 23.1327$.
$X$ નું નજીકનું પૂર્ણાંક મૂલ્ય $23$ છે.

(A) આપેલ છે: ઘનતા $\rho = 9 \times 10^{-3} \,kg/cm^3 = 9000 \,kg/m^3$.
લંબાઈ $L = 1 \,m$.
વિકૃતિ (Strain) $= 4.9 \times 10^{-4}$.
યંગ મોડ્યુલસ $Y = 9 \times 10^{10} \,N/m^2$.
લઘુત્તમ આવૃત્તિ (મૂળભૂત મોડ) માટે,$L = \lambda / 2$,તેથી $\lambda = 2L = 2 \,m$.
આવૃત્તિ $f = v / \lambda = (1 / \lambda) \sqrt{T / \mu}$,જ્યાં $T$ એ તણાવ છે અને $\mu$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ દળ છે.
$Y = (T/A) / \text{strain}$ હોવાથી,$T = Y \cdot A \cdot \text{strain}$.
વળી,$\mu = m/L = (\rho \cdot V) / L = (\rho \cdot A \cdot L) / L = \rho \cdot A$.
આ કિંમતોને આવૃત્તિના સૂત્રમાં મૂકતા:
$f = (1 / 2L) \sqrt{(Y \cdot A \cdot \text{strain}) / (\rho \cdot A)} = (1 / 2L) \sqrt{(Y \cdot \text{strain}) / \rho}$.
કિંમતો મૂકતા:
$f = (1 / 2) \sqrt{(9 \times 10^{10} \times 4.9 \times 10^{-4}) / 9000} = (1 / 2) \sqrt{4900} = 35 \,Hz$.

(D) રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ:
$\vec{P}_i = \vec{P}_f$
$m(u\hat{i}) + 3m(0) = m(v\hat{j}) + 3m\vec{v}_1$
$m(u\hat{i} - v\hat{j}) = 3m\vec{v}_1$
$\vec{v}_1 = \frac{u\hat{i} - v\hat{j}}{3}$
બંને બાજુ વર્ગ લેતા:
$v_1^2 = \frac{u^2 + v^2}{9} \quad \dots(1)$
અથડામણ સંપૂર્ણ સ્થિતિસ્થાપક હોવાથી, ગતિઊર્જાનું સંરક્ષણ થાય છે:
$K_i = K_f$
$\frac{1}{2}mu^2 + 0 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(3m)v_1^2$
$u^2 = v^2 + 3v_1^2$
સમીકરણ $(1)$ ને ઊર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા:
$u^2 = v^2 + 3\left(\frac{u^2 + v^2}{9}\right)$
$u^2 = v^2 + \frac{u^2 + v^2}{3}$
$3u^2 = 3v^2 + u^2 + v^2$
$2u^2 = 4v^2$
$v^2 = \frac{u^2}{2}$
$v = \frac{u}{\sqrt{2}}$

(D) $1$. લઘુત્તમ માપ $(LC)$ ની ગણતરી: $LC = 1\, MSD - 1\, VSD$. આપેલ છે કે $10\, VSD = 9\, MSD$,તેથી $1\, VSD = 0.9\, MSD = 0.9\, mm$. આમ,$LC = 1\, mm - 0.9\, mm = 0.1\, mm = 0.01\, cm$.
$2$. શૂન્ય ત્રુટિની ગણતરી: વર્નિયર સ્કેલનું શૂન્ય મુખ્ય સ્કેલના શૂન્યની જમણી બાજુએ હોવાથી,ત્રુટિ ધન છે. $7^{th}$ વિભાગ બંધ બેસે છે,તેથી $Zero\, Error = + (7 \times LC) = + (7 \times 0.01\, cm) = +0.07\, cm$.
$3$. અવલોકિત રીડિંગની ગણતરી: $Main\, Scale\, Reading (MSR) = 3.1\, cm$. $Vernier\, Scale\, Reading (VSR) = 4 \times LC = 4 \times 0.01\, cm = 0.04\, cm$. $Observed\, Reading = MSR + VSR = 3.1\, cm + 0.04\, cm = 3.14\, cm$.
$4$. સુધારેલી લંબાઈની ગણતરી: $Corrected\, Length = Observed\, Reading - Zero\, Error = 3.14\, cm - 0.07\, cm = 3.07\, cm$.

(C) $R$ ત્રિજ્યાની અંદર ગેલેક્સીનું દળ ઘનતા $\rho(r) = \frac{K}{r}$ ને કદ પર સંકલિત કરીને મેળવવામાં આવે છે.
$dm = \rho(r) \cdot 4\pi r^2 dr = \left(\frac{K}{r}\right) \cdot 4\pi r^2 dr = 4\pi K r dr$
$M(R) = \int_{0}^{R} 4\pi K r dr = 4\pi K \left[ \frac{r^2}{2} \right]_{0}^{R} = 2\pi K R^2$
$R$ ત્રિજ્યાની વર્તુળાકાર કક્ષામાં રહેલા $m$ દળના તારા માટે,ગુરુત્વાકર્ષણ બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$\frac{G M(R) m}{R^2} = \frac{m v^2}{R}$
$M(R) = 2\pi K R^2$ મૂકતા:
$\frac{G (2\pi K R^2) m}{R^2} = \frac{m v^2}{R} \Rightarrow 2\pi G K m = \frac{m v^2}{R} \Rightarrow v^2 = 2\pi G K R$
$v = \sqrt{2\pi G K R}$
સમયગાળો $T = \frac{2\pi R}{v}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$T = \frac{2\pi R}{\sqrt{2\pi G K R}} = \sqrt{\frac{4\pi^2 R^2}{2\pi G K R}} = \sqrt{\frac{2\pi R}{G K}} \propto \sqrt{R}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $T^2 \propto R$ મળે છે.

(D) સળિયો પરિભ્રમણીય સંતુલનમાં રહે તે માટે,કોઈપણ બિંદુની આસપાસનું કુલ ટોર્ક શૂન્ય હોવું જોઈએ.
ચાલો બિંદુ $B$ ની આસપાસ ટોર્કની ગણતરી કરીએ:
$\tau_{B} = 0$
ઘડિયાળની દિશાના ટોર્કને ધન અને વિરુદ્ધ દિશાના ટોર્કને ઋણ લેતા:
$(T_{A} \times 100) - (mg \times 50) - (2mg \times 25) = 0$
$100 T_{A} = 50mg + 50mg$
$100 T_{A} = 100mg$
$T_{A} = 1mg$
આમ,$A$ આગળની દોરીમાં તણાવ $1mg$ છે.

(B) પરિભ્રમણ કરતા સંદર્ભ ફ્રેમમાં,મણકા પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ (નીચેની તરફ),કેન્દ્રત્યાગી બળ $m x \omega^2$ (બહારની તરફ) અને તાર દ્વારા લાગતું લંબબળ $N$ છે.
મણકો બિંદુ $P(a, b)$ પર સ્થિર રહે તે માટે,પરવલયના સ્પર્શકની દિશામાં પરિણામી બળ શૂન્ય હોવું જોઈએ.
પરવલય $y = 4Cx^2$ નો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = 8Cx$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બિંદુ $P(a, b)$ પર,ઢાળ $\tan \theta = 8Ca$ છે,જ્યાં $\theta$ એ સ્પર્શકે સમક્ષિતિજ સાથે બનાવેલો ખૂણો છે.
સ્પર્શકની દિશામાં બળોના ઘટકો લેતા,આપણને મળે છે: $m x \omega^2 \cos \theta = mg \sin \theta$.
આ સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા $x \omega^2 = g \tan \theta$ મળે છે.
$x = a$ અને $\tan \theta = 8Ca$ મૂકતા,આપણને $a \omega^2 = g(8Ca)$ મળે છે.
આમ,$\omega^2 = 8gC$,તેથી $\omega = \sqrt{8gC} = 2\sqrt{2gC}$.

(A) પરિભ્રમણ કરતા પ્રવાહીની સપાટી $z = \frac{\omega^2 r^2}{2g}$ સમીકરણ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત પેરાબોલોઇડનો આકાર લે છે.
અહીં,પાત્રનો વ્યાસ $10 \, cm$ છે,તેથી ત્રિજ્યા $R = 5 \, cm$ છે.
કેન્દ્ર $(r=0)$ અને બાજુ $(r=R)$ વચ્ચેની ઊંચાઈનો તફાવત $h$ નીચે મુજબ છે:
$h = \frac{\omega^2 R^2}{2g}$
$R = 5 \, cm$ મૂકતા:
$h = \frac{\omega^2 (5)^2}{2g} = \frac{25 \omega^2}{2g}$.

(D) નળાકારને પગથિયાં પરથી ઉપર ખેંચવા માટે,પગથિયાંની ધારની સાપેક્ષમાં લાગુ પાડેલા બળ $F$ દ્વારા ઉત્પન્ન થતું ટોર્ક,તે જ ધારની સાપેક્ષમાં ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $Mg$ દ્વારા ઉત્પન્ન થતા ટોર્ક કરતા વધારે અથવા તેના જેટલું હોવું જોઈએ.
ધારો કે પગથિયાંની ધાર બિંદુ $P$ છે. $P$ થી બળ $F$ ની કાર્યરેખાનું લંબ અંતર $R$ છે.
$P$ થી વજન $Mg$ ની કાર્યરેખાનું લંબ અંતર $x$ છે.
નળાકારની ભૂમિતિ પરથી,આપણી પાસે એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં કર્ણ $R$ અને એક બાજુ $(R-a)$ છે. તેથી,$x = \sqrt{R^2 - (R-a)^2}$.
નળાકાર પગથિયાં પરથી ગતિ કરવાનું શરૂ કરે તે માટે,ટોર્ક સંતુલિત હોવા જોઈએ:
$F \times R = Mg \times x$
$F \times R = Mg \times \sqrt{R^2 - (R-a)^2}$
$F = \frac{Mg}{R} \sqrt{R^2 - (R-a)^2}$
$F = Mg \sqrt{\frac{R^2 - (R-a)^2}{R^2}}$
$F = Mg \sqrt{1 - \left(\frac{R-a}{R}\right)^2}$

(B) વાયુ મિશ્રણની આંતરિક ઉર્જા $U$ એ તેના ઘટકોની આંતરિક ઉર્જાના સરવાળા જેટલી હોય છે: $U = U_1 + U_2$.
આદર્શ વાયુ માટે,આંતરિક ઉર્જા $U = \frac{f}{2} nRT$ છે,જ્યાં $f$ એ મુક્તિના અંશો (degrees of freedom) છે.
ઓક્સિજન $(O_2)$ એ દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ છે. બંધ દ્રઢ હોવાથી,તેના મુક્તિના અંશો $f_1 = 5$ ($3$ સ્થાનાંતરિત + $2$ ભ્રમણીય) છે.
આર્ગોન $(Ar)$ એ એક-પરમાણ્વીય વાયુ છે,તેથી તેના મુક્તિના અંશો $f_2 = 3$ છે.
અહીં $n_1 = 3$ મોલ ઓક્સિજન અને $n_2 = 5$ મોલ આર્ગોન આપેલ છે.
કુલ આંતરિક ઉર્જા $U = \frac{f_1}{2} n_1 RT + \frac{f_2}{2} n_2 RT$.
$U = \left( \frac{5}{2} \times 3 \times RT \right) + \left( \frac{3}{2} \times 5 \times RT \right)$.
$U = \frac{15}{2} RT + \frac{15}{2} RT = \frac{30}{2} RT = 15 RT$.
આમ,$RT$ ના એકમમાં કુલ આંતરિક ઉર્જા $15$ છે.

(A) ધારો કે યંગ મોડ્યુલસ $Y$ નું પરિમાણ $Y = F^{x} A^{y} V^{z}$ તરીકે દર્શાવેલ છે.
યંગ મોડ્યુલસનું પારિમાણિક સૂત્ર $[M^{1} L^{-1} T^{-2}]$ છે.
બળ $F$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[M^{1} L^{1} T^{-2}]$ છે.
ક્ષેત્રફળ $A$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[L^{2}]$ છે.
ઝડપ $V$ નું પારિમાણિક સૂત્ર $[L^{1} T^{-1}]$ છે.
આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$[M^{1} L^{-1} T^{-2}] = [M^{1} L^{1} T^{-2}]^{x} [L^{2}]^{y} [L^{1} T^{-1}]^{z}$
$[M^{1} L^{-1} T^{-2}] = [M]^{x} [L]^{x + 2y + z} [T]^{-2x - z}$
બંને બાજુ $M$,$L$ અને $T$ ના ઘાતાંકોની સરખામણી કરતા:
$M$ માટે: $x = 1$
$T$ માટે: $-2x - z = -2 \Rightarrow -2(1) - z = -2 \Rightarrow z = 0$
$L$ માટે: $x + 2y + z = -1 \Rightarrow 1 + 2y + 0 = -1 \Rightarrow 2y = -2 \Rightarrow y = -1$
આમ,યંગ મોડ્યુલસનું પરિમાણ $F^{1} A^{-1} V^{0}$ છે.

(B) ધારો કે ટ્રેન $A$ ની ગતિની દિશા ધન $(+)$ છે અને ટ્રેન $B$ ની ગતિની દિશા ઋણ $(-)$ છે.
ટ્રેન $A$ નો વેગ $(V_A)$ = $+36 \, km/h$.
ટ્રેન $B$ નો વેગ $(V_B)$ = $-72 \, km/h$.
ટ્રેન $A$ ની સાપેક્ષમાં વ્યક્તિનો વેગ $(V_{m/A})$ = $-1.8 \, km/h$ (કારણ કે વ્યક્તિ ટ્રેન $A$ ની ગતિની વિરુદ્ધ દિશામાં ચાલી રહી છે).
જમીનની સાપેક્ષમાં વ્યક્તિનો વેગ $(V_m)$ = $V_{m/A} + V_A = -1.8 + 36 = 34.2 \, km/h$.
ટ્રેન $B$ ની સાપેક્ષમાં વ્યક્તિનો વેગ $(V_{m/B})$ = $V_m - V_B = 34.2 - (-72) = 34.2 + 72 = 106.2 \, km/h$.
$km/h$ ને $m/s$ માં ફેરવવા માટે,$\frac{5}{18}$ વડે ગુણો:
$V_{m/B} = 106.2 \times \frac{5}{18} = 5.9 \times 5 = 29.5 \, m/s$.

(C) ખેંચાયેલી દોરીની મૂળભૂત આવૃત્તિ $f$ નું સૂત્ર: $f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ છે,જ્યાં $L$ એ લંબાઈ,$T$ એ તણાવ અને $\mu$ એ રેખીય દળ ઘનતા છે.
દોરીઓ $X$ અને $Z$ એકસમાન હોવાથી અને સમાન દ્રવ્યની બનેલી હોવાથી,તેમની લંબાઈ $L$ અને રેખીય દળ ઘનતા $\mu$ સમાન રહેશે.
તેથી,આવૃત્તિ એ તણાવના વર્ગમૂળના સમપ્રમાણમાં છે: $f \propto \sqrt{T}$.
અહીં $f_{x} = 450\, Hz$ અને $f_{z} = 300\, Hz$ આપેલ છે,તેથી:
$\frac{f_{x}}{f_{z}} = \sqrt{\frac{T_{x}}{T_{z}}}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{450}{300} = \sqrt{\frac{T_{x}}{T_{z}}}$
$1.5 = \sqrt{\frac{T_{x}}{T_{z}}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\frac{T_{x}}{T_{z}} = (1.5)^2 = 2.25$.

(A) દ્રઢ અણુઓ ધરાવતા દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ માટે,મુક્તિના અંશો $f = 5$ અને એડિબેટિક સૂચકાંક $\gamma = 7/5 = 1.4$ છે.
પ્રારંભિક તાપમાન $T_1 = 20 + 273 = 293\,K$.
એડિબેટિક પ્રક્રિયા માટે,$T_1 V_1^{\gamma-1} = T_2 V_2^{\gamma-1}$.
આપેલ છે કે $V_2 = V_1 / 10$,તેથી $T_2 = T_1 (V_1 / V_2)^{\gamma-1} = 293 \times (10)^{0.4} = 293 \times 2.5118 \approx 735.96\,K$.
આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = n C_v \Delta T = n (fR/2) (T_2 - T_1)$.
$n = 5$,$f = 5$,અને $R = 8.314\,J/(mol\cdot K)$ લેતા:
$\Delta U = 5 \times (5 \times 8.314 / 2) \times (735.96 - 293) = 12.5 \times 8.314 \times 442.96 \approx 46056\,J = 46.056\,kJ$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,$X \approx 46$.

(C) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,બ્લોક પર લાગતા તમામ બળો દ્વારા કરવામાં આવેલ કુલ કાર્ય તેની ગતિ ઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે.
બ્લોક $B$ પર સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ થાય છે અને $A$ પર સ્થિર થાય છે,તેથી ગતિ ઊર્જામાં ફેરફાર $\Delta K = 0 - 0 = 0$ છે.
બ્લોક પર લાગતા બળો ગુરુત્વાકર્ષણ અને ઘર્ષણ છે.
ગુરુત્વાકર્ષણ દ્વારા કાર્ય $(W_g)$ = $mg \sin \theta \times (BC + AC)$.
ઘર્ષણ દ્વારા કાર્ય $(W_f)$ = $-\mu mg \cos \theta \times AC$ (કારણ કે ઘર્ષણ ફક્ત ખરબચડા વિભાગ $CA$ પર જ લાગે છે).
કુલ કાર્ય શૂન્ય લેતા: $W_g + W_f = 0$.
$mg \sin \theta (BC + AC) - \mu mg \cos \theta (AC) = 0$.
આપેલ છે કે $BC = 2AC$,આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$mg \sin \theta (2AC + AC) = \mu mg \cos \theta (AC)$.
$3mg \sin \theta (AC) = \mu mg \cos \theta (AC)$.
$3 \sin \theta = \mu \cos \theta$.
$\mu = 3 \tan \theta$.
આને $\mu = k \tan \theta$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = 3$ મળે છે.

(B) ગ્રહની અંદર $r$ અંતરે ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર $E$ એ ગુરુત્વાકર્ષણ માટેના ગૌસના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $E(4\pi r^{2}) = 4\pi G M(r)$,જ્યાં $M(r)$ એ $r$ ત્રિજ્યાની અંદર સમાવિષ્ટ દળ છે.
$M(r) = \int_{0}^{r} \rho(r) 4\pi r^{2} dr = 4\pi \rho_{0} \int_{0}^{r} \left(1 - \frac{r^{2}}{R^{2}}\right) r^{2} dr$.
$M(r) = 4\pi \rho_{0} \left[ \frac{r^{3}}{3} - \frac{r^{5}}{5R^{2}} \right]$.
આમ,$E = \frac{G M(r)}{r^{2}} = 4\pi G \rho_{0} \left( \frac{r}{3} - \frac{r^{3}}{5R^{2}} \right)$.
મહત્તમ ક્ષેત્ર શોધવા માટે,$\frac{dE}{dr} = 0$ લેતા:
$\frac{dE}{dr} = 4\pi G \rho_{0} \left( \frac{1}{3} - \frac{3r^{2}}{5R^{2}} \right) = 0$.
$\frac{1}{3} = \frac{3r^{2}}{5R^{2}} \Rightarrow r^{2} = \frac{5R^{2}}{9} \Rightarrow r = \sqrt{\frac{5}{9}} R$.

(C) કણને પૂરો પાડવામાં આવતો પાવર $P$ અચળ છે. પાવર એ ગતિ ઉર્જાના ફેરફારનો દર હોવાથી,આપણી પાસે $\frac{dK}{dt} = P$ છે. સમયની સાપેક્ષમાં તેનું સંકલન કરતા,આપણને $K = Pt$ મળે છે (ધારી લઈએ કે પ્રારંભિક ગતિ ઉર્જા શૂન્ય છે).
$K = \frac{1}{2}mv^2$ હોવાથી,$\frac{1}{2}mv^2 = Pt$,જેનો અર્થ છે કે $v = \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2}$.
વેગ $v = \frac{ds}{dt}$ હોવાથી,$\frac{ds}{dt} = \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2}$.
સમયની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$s = \int \sqrt{\frac{2P}{m}} t^{1/2} dt = \sqrt{\frac{2P}{m}} \cdot \frac{2}{3} t^{3/2}$.
આમ,$s \propto t^{3/2}$.
$s \propto t^{3/2}$ માટે $s$ વિરુદ્ધ $t$ નો આલેખ એવો વક્ર છે જે ઉપરની તરફ અંતર્ગોળ (વધતો ઢાળ) છે,જે આલેખ $C$ ને અનુરૂપ છે.

(C) આપેલ છે:
અચળ દબાણે ઉષ્મા: $Q_P = n C_P \Delta T_1 = 160 \text{ cal}$,જ્યાં $\Delta T_1 = 50^{\circ} C$.
અચળ કદ પર ઉષ્મા: $Q_V = n C_V \Delta T_2 = 240 \text{ cal}$,જ્યાં $\Delta T_2 = 100^{\circ} C$.
પ્રથમ સમીકરણ પરથી: $n C_P = \frac{160}{50} = 3.2$.
બીજા સમીકરણ પરથી: $n C_V = \frac{240}{100} = 2.4$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{C_P}{C_V} = \gamma = \frac{3.2}{2.4} = \frac{4}{3}$.
મુક્તિના અંશો $f$ અને એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma$ વચ્ચેનો સંબંધ $\gamma = 1 + \frac{2}{f}$ છે.
$\gamma = \frac{4}{3}$ મૂકતા: $\frac{4}{3} = 1 + \frac{2}{f} \Rightarrow \frac{1}{3} = \frac{2}{f} \Rightarrow f = 6$.

(B) સંતુલન સ્થિતિએ,બ્લોકનો વેગ મહત્તમ હોય છે,જે $V_0 = \omega_0 A = \sqrt{\frac{k}{m}} A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે સંતુલન સ્થિતિએ અડધું દળ છૂટું પડે છે,ત્યારે બાકી રહેલા $m/2$ દળનો વેગ $V_0$ જેટલો જ રહે છે કારણ કે સમક્ષિતિજ દિશામાં સિસ્ટમ પર કોઈ આઘાતી બળ લાગતું નથી.
ધારો કે નવો કંપવિસ્તાર $A'$ છે. નવી કોણીય આવૃત્તિ $\omega' = \sqrt{\frac{k}{m/2}} = \sqrt{\frac{2k}{m}} = \sqrt{2} \omega_0$ છે.
સંતુલન સ્થિતિએ વેગ $V_0 = \omega' A'$ હોવાથી:
$\omega_0 A = \omega' A'$
$\omega_0 A = (\sqrt{2} \omega_0) A'$
$A' = \frac{A}{\sqrt{2}}$.
આમ,$f = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(A) $1$. સંપૂર્ણ અસ્થિતિસ્થાપક અથડામણ દરમિયાન રેખીય વેગમાનનું સંરક્ષણ:
$m_b u = (m_b + m_B) v$
$0.1 \times 20 = (0.1 + 1.9) v$
$2 = 2v \Rightarrow v = 1\, m/s$
$2$. $h = 1\, m$ ઊંચાઈએથી નીચે પડતા સંયુક્ત તંત્ર માટે યાંત્રિક ઊર્જાનું સંરક્ષણ:
$KE_f = PE_i + KE_i$
$KE_f = mgh + \frac{1}{2} m v^2$
$KE_f = (2)(10)(1) + \frac{1}{2}(2)(1)^2$
$KE_f = 20 + 1 = 21\, J$

(A) ન્યૂટનના ઠંડા પડવાના નિયમ મુજબ,ઠંડા પડવાનો દર $\frac{dT}{dt} = -k(T - T_s)$ છે,જ્યાં $T_s$ એ આસપાસનું તાપમાન છે.
પ્રથમ અંતરાલ માટે: $\frac{50 - 40}{300} = k \left( \frac{50 + 40}{2} - 20 \right)$.
$\frac{10}{300} = k(45 - 20) \implies \frac{1}{30} = 25k \implies k = \frac{1}{750}$.
આગામી $5$ મિનિટ $(300 \, s)$ માટે,ધારો કે અંતિમ તાપમાન $T$ છે. તો: $\frac{40 - T}{300} = k \left( \frac{40 + T}{2} - 20 \right)$.
$k = \frac{1}{750}$ મૂકતા: $\frac{40 - T}{300} = \frac{1}{750} \left( \frac{40 + T - 40}{2} \right)$.
$\frac{40 - T}{300} = \frac{T}{1500}$.
$5(40 - T) = T \implies 200 - 5T = T \implies 6T = 200$.
$T = \frac{200}{6} \approx 33.33^{\circ}C$. નજીકની પૂર્ણાંક કિંમત $33^{\circ}C$ છે.

(D) અંતરે રહેલા $q'$ વિદ્યુતભારને કારણે કેન્દ્ર $O$ પરનું વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{q'}{d^2}$ છે.
ધારો કે $A, B, C$ ના ધન $x$-અક્ષ સાથેના ખૂણા $\theta_A = 30^{\circ}$,$\theta_B = 150^{\circ}$ અને $\theta_C = -30^{\circ}$ છે.
$x$-અક્ષની દિશામાં વિદ્યુતક્ષેત્રના ઘટકો:
$E_{Ax} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{|-4q|}{d^2} \cos(180^{\circ} + 30^{\circ}) = -\frac{\sqrt{3} q}{2 \pi \varepsilon_{0} d^2}$.
$E_{Bx} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{2q}{d^2} \cos(150^{\circ}) = -\frac{\sqrt{3} q}{4 \pi \varepsilon_{0} d^2}$.
$E_{Cx} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{|-2q|}{d^2} \cos(180^{\circ} - 30^{\circ}) = -\frac{\sqrt{3} q}{4 \pi \varepsilon_{0} d^2}$.
$x$-દિશામાં કુલ વિદ્યુતક્ષેત્ર $E_x = E_{Ax} + E_{Bx} + E_{Cx} = -\frac{\sqrt{3} q}{\pi \varepsilon_{0} d^2}$.
તેથી તેનું મૂલ્ય $\frac{\sqrt{3} q}{\pi \varepsilon_{0} d^2}$ થાય.

(C) લૂપનો વિસ્તાર લંબચોરસના વિસ્તારમાંથી બે ત્રિકોણાકાર કટઆઉટના વિસ્તારને બાદ કરીને ગણી શકાય છે.
કુલ વિસ્તાર $A = (16 \; \text{cm} \times 4 \; \text{cm}) - 2 \times (\frac{1}{2} \times 2 \; \text{cm} \times 4 \; \text{cm}) = 64 \; \text{cm}^2 - 8 \; \text{cm}^2 = 56 \; \text{cm}^2 = 56 \times 10^{-4} \; \text{m}^2$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ફેરફારનો દર $\frac{dB}{dt} = \frac{B_f - B_i}{\Delta t} = \frac{500 - 1000}{5} \; \text{Gauss/s} = -100 \; \text{Gauss/s} = -100 \times 10^{-4} \; \text{T/s}$ છે.
પ્રેરિત $EMF$ નું મૂલ્ય $\varepsilon = |\frac{d\Phi}{dt}| = |A \frac{dB}{dt}|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\varepsilon = (56 \times 10^{-4} \; \text{m}^2) \times (100 \times 10^{-4} \; \text{T/s}) = 5600 \times 10^{-8} \; \text{V} = 56 \times 10^{-6} \; \text{V} = 56 \; \mu \text{V}$.

(C) સમાંતર જોડાણ માટે,અસરકારક કેપેસિટન્સ $C_{p} = C_{1} + C_{2} = 10\; \mu F$ છે.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જાનું સૂત્ર $U = \frac{1}{2}CV^{2}$ છે.
આપેલ છે કે જ્યારે સમાન વોલ્ટેજ $V$ સાથે જોડવામાં આવે ત્યારે $U_{2} = 4U_{1}$ થાય છે.
સૂત્ર મૂકતા,$\frac{1}{2}C_{2}V^{2} = 4 \times \frac{1}{2}C_{1}V^{2}$,જેનું સાદું રૂપ $C_{2} = 4C_{1}$ મળે છે.
$C_{2} = 4C_{1}$ ને સમાંતર જોડાણના સમીકરણમાં મૂકતા: $C_{1} + 4C_{1} = 10\; \mu F \implies 5C_{1} = 10\; \mu F \implies C_{1} = 2\; \mu F$.
તેથી,$C_{2} = 4 \times 2 = 8\; \mu F$.
શ્રેણી જોડાણ માટે,અસરકારક કેપેસિટન્સ $C_{s}$ નું સૂત્ર $\frac{1}{C_{s}} = \frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{2}} = \frac{C_{1} + C_{2}}{C_{1}C_{2}}$ છે.
$C_{s} = \frac{C_{1}C_{2}}{C_{1} + C_{2}} = \frac{2 \times 8}{2 + 8} = \frac{16}{10} = 1.6\; \mu F$.

(B) $10\, \Omega$ ના અવરોધ સાથે સમાંતરમાં જોડવા પડતા અવરોધને $R_p$ ધારો.
સંતુલિત વ્હીટસ્ટન બ્રિજ માટે, પાસપાસેની બાજુઓના અવરોધોનો ગુણોત્તર સમાન હોવો જોઈએ: $\frac{P}{Q} = \frac{R}{S}$.
અહીં, અવરોધો $15\, \Omega, 12\, \Omega, 4\, \Omega$ છે અને $10\, \Omega$ સાથે સમાંતરમાં $R_p$ જોડતા મળતો અસરકારક અવરોધ $R_{eff} = \frac{10 R_p}{10 + R_p}$ છે.
બ્રિજ સંતુલન શરત મુજબ: $15 \times 4 = 12 \times R_{eff}$.
$60 = 12 \times \frac{10 R_p}{10 + R_p}$.
$5 = \frac{10 R_p}{10 + R_p}$.
$5(10 + R_p) = 10 R_p$.
$50 + 5 R_p = 10 R_p$.
$5 R_p = 50$.
$R_p = 10\, \Omega$.

(C) લેન્સ-મેકરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{f} = (\mu - 1) \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$.
સમતલ-બહિર્ગોળ લેન્સ માટે,વક્ર સપાટીની વક્રતા ત્રિજ્યા $R_1 = 30 \; cm$ છે અને સમતલ સપાટીની વક્રતા ત્રિજ્યા અનંત છે,તેથી $R_2 = \infty$.
લેન્સના દ્રવ્યનો વક્રીભવનાંક $\mu = 1.5$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{1}{f} = (1.5 - 1) \left( \frac{1}{30} - \frac{1}{\infty} \right)$
$\frac{1}{f} = (0.5) \left( \frac{1}{30} - 0 \right)$
$\frac{1}{f} = \frac{0.5}{30} = \frac{1}{60}$
તેથી,કેન્દ્રલંબાઈ $f = 60 \; cm$ મળે છે.

(B) લાંબા સોલેનોઇડની અંદર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \mu_{0} nI$ છે. જ્યારે ઇલેક્ટ્રોનને $v$ ઝડપ સાથે ત્રિજ્યાવર્તી દિશામાં પ્રક્ષેપિત કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે તેના વેગને લંબ રૂપે લોરેન્ઝ બળ $F = evB$ અનુભવે છે,જેના કારણે તે $r = \frac{mv}{eB}$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગ પર ગતિ કરે છે.
ઇલેક્ટ્રોન $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા સોલેનોઇડની સપાટીને ન અથડાય તે માટે,તેના વર્તુળાકાર માર્ગનો વ્યાસ સોલેનોઇડની ત્રિજ્યા કરતા ઓછો અથવા તેના જેટલો હોવો જોઈએ. આમ,$2r \leq R$,જેનો અર્થ છે કે $r \leq \frac{R}{2}$.
$r = \frac{mv}{e(\mu_{0} nI)}$ મૂકતા,આપણને $\frac{mv}{e\mu_{0} nI} \leq \frac{R}{2}$ મળે છે.
તેથી,મહત્તમ ઝડપ $v_{\max} = \frac{e \mu_{0} nIR}{2m}$ થાય.

(A) પ્રસરણની દિશા $\hat{n} = \frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિદ્યુત ક્ષેત્રનું પોલરાઈઝેશન $\hat{E} = \hat{k}$ છે.
વિદ્યુતચુંબકીય તરંગમાં,પ્રસરણની દિશા $\hat{n}$ એ વિદ્યુત ક્ષેત્રની દિશા $\hat{E}$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્રની દિશા $\hat{B}$ ના સદિશ ગુણાકાર દ્વારા મળે છે,એટલે કે $\hat{n} = \hat{E} \times \hat{B}$.
જાણીતી કિંમતો મૂકતા: $\frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}} = \hat{k} \times \hat{B}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\hat{k} \times \hat{i} = \hat{j}$ અને $\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$.
તેથી,$\hat{k} \times \left( \frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}} \right) = \frac{\hat{j} - (-\hat{i})}{\sqrt{2}} = \frac{\hat{i}+\hat{j}}{\sqrt{2}}$.
આમ,ચુંબકીય ક્ષેત્રની દિશા $\hat{B} = \frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}}$ છે.
તેથી,ચુંબકીય ક્ષેત્ર સદિશ $\vec{B} = B_{0} \frac{\hat{i}-\hat{j}}{\sqrt{2}} \cos \left(\omega t - \vec{k} \cdot \vec{r}\right)$ થશે.

(C) આપેલ સર્કિટમાં,બે ડાયોડ એવી રીતે જોડાયેલા છે કે ઉપરનો ડાયોડ ફોરવર્ડ-બાયસમાં છે અને નીચેનો ડાયોડ રિવર્સ-બાયસમાં છે.
તેથી,રિવર્સ-બાયસ ડાયોડ ધરાવતી નીચેની શાખા ઓપન સર્કિટ તરીકે કાર્ય કરે છે.
સર્કિટ $5 \ \Omega$ અવરોધ (બાહ્ય),$5 \ \Omega$ અવરોધ (ઉપરની મધ્યમાં),$10 \ \Omega$ અવરોધ (ઉપર જમણી બાજુ) અને $10 \ \Omega$ અવરોધ (ઉપર ડાબી બાજુ) ના શ્રેણી જોડાણમાં સરળ બને છે.
કુલ અવરોધ $R_{eq} = 5 \ \Omega + 5 \ \Omega + 10 \ \Omega + 10 \ \Omega = 30 \ \Omega$ છે.
પ્રવાહ $i = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{9 \ V}{30 \ \Omega} = 0.3 \ A$ મળે છે.

(B) લૂપ પર લાગતું ચુંબકીય ટોર્ક $\vec{\tau} = \vec{M} \times \vec{B}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નાના કોણીય સ્થાનાંતર $\theta$ માટે,ટોર્કનું મૂલ્ય $\tau = MB \sin \theta \approx MB \theta$ થાય છે.
પુનઃસ્થાપક ટોર્ક $\tau = -MB \theta$ છે.
ભ્રમણ માટે ન્યૂટનના બીજા નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\tau = I_{moment} \alpha$,જ્યાં $I_{moment}$ એ વર્તુળાકાર લૂપની તેના વ્યાસની આસપાસની જડત્વની ચાકમાત્રા છે,$I_{moment} = \frac{ma^2}{2}$.
તેથી,$\frac{ma^2}{2} \alpha = - (I \pi a^2) B \theta$.
$\alpha = - \frac{2 I \pi B}{m} \theta$.
આને સરળ આવર્ત ગતિના સમીકરણ $\alpha = - \omega^2 \theta$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\omega^2 = \frac{2 I \pi B}{m}$ મળે છે.
તેથી,$\omega = \sqrt{\frac{2 I \pi B}{m}}$.
આવર્તકાળ $T = \frac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{2 I \pi B}} = \sqrt{\frac{4 \pi^2 m}{2 I \pi B}} = \sqrt{\frac{2 \pi m}{IB}}$.

(A) આપેલ છે: $L = 40 \times 10^{-3} \; H$,$C = 100 \times 10^{-6} \; F$,$V(t) = 10 \sin (314 t)$.
અહીં,$\omega = 314 \; rad/s$.
ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_{L} = \omega L = 314 \times 40 \times 10^{-3} = 12.56 \; \Omega$.
કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ $X_{C} = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{314 \times 100 \times 10^{-6}} = \frac{10^{4}}{314} \approx 31.85 \; \Omega$.
અહીં $X_{C} > X_{L}$ હોવાથી,સર્કિટ કેપેસિટિવ છે.
કુલ રિએક્ટન્સ $X = X_{C} - X_{L} = 31.85 - 12.56 = 19.29 \; \Omega$.
મહત્તમ પ્રવાહ $I_{m} = \frac{V_{m}}{X} = \frac{10}{19.29} \approx 0.52 \; A$.
કેપેસિટિવ સર્કિટમાં,પ્રવાહ વોલ્ટેજ કરતા $\frac{\pi}{2}$ જેટલો આગળ હોય છે.
તેથી,$I(t) = I_{m} \sin (\omega t + \frac{\pi}{2}) = 0.52 \sin (314 t + \frac{\pi}{2}) = 0.52 \cos (314 t)$.

(A) પ્રકાશનો સ્ત્રોત બધી દિશાઓમાં પ્રકાશ ઉત્સર્જિત કરે છે,જે કુલ $4\pi$ સ્ટેરેડિયનનો ઘનકોણ આવરી લે છે.
પ્રકાશ પાણીની સપાટીમાંથી ત્યારે જ બહાર આવે છે જો આપાતકોણ ક્રાંતિકોણ $\theta_c$ કરતા ઓછો અથવા તેના જેટલો હોય.
ક્રાંતિકોણ માટે સ્નેલના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\mu \sin\theta_c = 1 \sin 90^{\circ}$,જ્યાં $\mu = 4/3$.
$\sin\theta_c = 1 / (4/3) = 3/4$.
તેથી,$\cos\theta_c = \sqrt{1 - \sin^2\theta_c} = \sqrt{1 - 9/16} = \sqrt{7}/4$.
બહાર આવતા પ્રકાશના શંકુ દ્વારા બનતો ઘનકોણ $\Omega = 2\pi(1 - \cos\theta_c)$ છે.
$\cos\theta_c$ ની કિંમત મૂકતા: $\Omega = 2\pi(1 - \sqrt{7}/4) = 2\pi(1 - 2.646/4) = 2\pi(1 - 0.6615) = 2\pi(0.3385) = 0.677\pi$.
બહાર આવતા પ્રકાશનો અંશ $\frac{\Omega}{4\pi} = \frac{0.677\pi}{4\pi} \approx 0.169$ છે.
ટકાવારીમાં ફેરવતા: $0.169 \times 100 \approx 17\%$.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા આયનની ધરા અવસ્થામાં આયનીકરણ ઉર્જા $E = 13.6 Z^2 \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે આયનીકરણ ઉર્જા $9$ રિડબર્ગ છે,અને $1 \text{ Rydberg} = 13.6 \text{ eV}$,તેથી $13.6 Z^2 = 9 \times 13.6$.
આમ,$Z^2 = 9$,જેનો અર્થ છે કે $Z = 3$.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n_2 = 3)$ થી ધરા અવસ્થા $(n_1 = 1)$ માં કૂદકો મારે ત્યારે ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા રિડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{\lambda} = R \times 3^2 \times \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \times 9 \times \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = R \times 9 \times \frac{8}{9} = 8R$.
કારણ કે $R \approx 1.097 \times 10^7 \text{ m}^{-1}$,તેથી $\frac{1}{\lambda} = 8 \times 1.097 \times 10^7 \text{ m}^{-1} = 8.776 \times 10^7 \text{ m}^{-1}$.
$\lambda = \frac{1}{8.776 \times 10^7} \text{ m} \approx 1.14 \times 10^{-8} \text{ m} = 11.4 \text{ nm}$.

(A) સર્કિટ $A$ માં,ડાયોડ રિવર્સ-બાયસમાં છે. તેથી,સર્કિટમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી. કેપેસિટર $A$ સંપૂર્ણ ચાર્જ થયેલું રહે છે. આમ,$Q_{A} = CV$.
સર્કિટ $B$ માં,ડાયોડ ફોરવર્ડ-બાયસમાં છે. કેપેસિટર અવરોધ $R$ મારફતે ડિસ્ચાર્જ થાય છે. કોઈપણ સમયે $t$ પર કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $q(t) = Q_{0} e^{-\frac{t}{RC}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $Q_{0} = CV$.
$t = CR$ સમયે,વિદ્યુતભાર $Q_{B}$ નીચે મુજબ છે:
$Q_{B} = CV e^{-\frac{CR}{RC}} = CV e^{-1} = \frac{CV}{e}$.
તેથી,$Q_{A} = CV$ અને $Q_{B} = \frac{CV}{e}$.

(A) ઇલેક્ટ્રોનનો પ્રવેગ $a = \frac{|e|E}{m}$ છે.
ઇલેક્ટ્રોન સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂઆત કરે છે $(u = 0)$,તેથી $t$ સમયે તેનો વેગ $v = at = \frac{|e|E}{m}t$ થશે.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{mv} = \frac{h}{m(\frac{|e|E}{m}t)} = \frac{h}{|e|Et}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તરંગલંબાઈમાં થતા ફેરફારનો દર શોધવા માટે,આપણે $\lambda$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીશું:
$\frac{d\lambda}{dt} = \frac{d}{dt} (\frac{h}{|e|Et}) = \frac{h}{|e|E} \cdot \frac{d}{dt}(t^{-1}) = \frac{h}{|e|E} (-t^{-2}) = -\frac{h}{|e|Et^2}$.

(D) મીટર બ્રિજ માટે,સંતુલન સ્થિતિ $\frac{R}{S} = \frac{l}{100 - l}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $l = 25 \; cm$,તેથી $\frac{R}{S} = \frac{25}{100 - 25} = \frac{25}{75} = \frac{1}{3}$.
આમ,$S = 3R$.
તારનો અવરોધ $R = \rho \frac{l}{A} = \rho \frac{l}{\pi (d/2)^2} = \frac{4 \rho l}{\pi d^2}$ દ્વારા મળે છે.
જ્યારે લંબાઈ અડધી $(l^{\prime} = l/2)$ અને વ્યાસ અડધો $(d^{\prime} = d/2)$ કરવામાં આવે,ત્યારે નવો અવરોધ $R^{\prime}$ નીચે મુજબ થશે:
$R^{\prime} = \frac{4 \rho (l/2)}{\pi (d/2)^2} = \frac{4 \rho l / 2}{\pi d^2 / 4} = 2 \left( \frac{4 \rho l}{\pi d^2} \right) = 2R$.
હવે,નવી સંતુલન લંબાઈ $l^{\prime}$ માટે,શરત $\frac{R^{\prime}}{S} = \frac{l^{\prime}}{100 - l^{\prime}}$ છે.
$R^{\prime} = 2R$ અને $S = 3R$ મૂકતા:
$\frac{2R}{3R} = \frac{l^{\prime}}{100 - l^{\prime}}$
$\frac{2}{3} = \frac{l^{\prime}}{100 - l^{\prime}}$
$200 - 2l^{\prime} = 3l^{\prime}$
$5l^{\prime} = 200$
$l^{\prime} = 40 \; cm$.

(D) સર્કિટમાં કુલ અવરોધ $R = 200 \; \Omega + 200 \; \Omega = 400 \; \Omega$ છે.
અવરોધકો પરનો વોલ્ટેજ ડ્રોપ $V_R = V_{in} - V_{out} = 12 \; V - 8 \; V = 4 \; V$ છે.
સર્કિટમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{V_R}{R} = \frac{4 \; V}{400 \; \Omega} = 0.01 \; A = 10 \; mA$ છે.
બે સમાન ઝેનર ડાયોડ શ્રેણીમાં જોડાયેલા હોવાથી, દરેક ડાયોડ પરનો વોલ્ટેજ $V_d = \frac{8 \; V}{2} = 4 \; V$ છે.
દરેક ડાયોડમાં વ્યય થતો પાવર $P = V_d \times I = 4 \; V \times 10 \; mA = 40 \; mW$ છે.

(A) પડદાના ભાગની પહોળાઈ બંને કિસ્સાઓ માટે સમાન છે.
ધારો કે પડદાના ભાગની પહોળાઈ $L$ છે.
શલાકાની પહોળાઈ $\beta$ એ $\beta = \frac{\lambda D}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
લંબાઈ $L$ માં જોવા મળતી શલાકાઓની સંખ્યા $n$ એ $L = n \times \beta = n \times \frac{\lambda D}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: $L = 15 \times \frac{500 \; nm \times D}{d}$.
બીજા કિસ્સા માટે: $L = 10 \times \frac{\lambda \times D}{d}$.
$L$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$15 \times 500 = 10 \times \lambda$.
$\lambda = \frac{15 \times 500}{10} = 15 \times 50 = 750 \; nm$.

(D) વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E} = 4x \hat{i} - (y^2 + 1) \hat{j}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સપાટી $ABCD$ એ $z = 2$ પર $xy$-સમતલમાં આવેલી છે. આ સપાટી માટે ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{S}_I = S \hat{k}$ છે. કારણ કે $\overrightarrow{E} \cdot \hat{k} = 0$,તેથી ફ્લક્સ $\phi_I = 0$ થાય.
સપાટી $BCGF$ એ $x = 3$ પર $yz$-સમતલમાં આવેલી છે. આ સપાટી માટે ક્ષેત્રફળ સદિશ $\overrightarrow{S}_{II} = 4 \hat{i}$ છે (ક્ષેત્રફળ = $2 \times 2 = 4$).
$x = 3$ પર,વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E} = 4(3) \hat{i} - (y^2 + 1) \hat{j} = 12 \hat{i} - (y^2 + 1) \hat{j}$ છે.
ફ્લક્સ $\phi_{II} = \int \overrightarrow{E} \cdot d\overrightarrow{S} = \int_{0}^{2} \int_{0}^{2} (12 \hat{i} - (y^2 + 1) \hat{j}) \cdot (dy dz \hat{i}) = \int_{0}^{2} \int_{0}^{2} 12 \, dy dz = 12 \times 4 = 48 \text{ Nm}^2/C$.
આમ,$\phi_I - \phi_{II} = 0 - 48 = -48 \text{ Nm}^2/C$.

(C) વિદ્યુતક્ષેત્રો $\overrightarrow{E}_{1}=E_{0} \hat{j} \cos (\omega t-kx)$ અને $\overrightarrow{E}_{2}=E_{0} \hat{k} \cos (\omega t-ky)$ છે.
$t=0$ અને ઉગમબિંદુ $(0,0,0)$ પર,$\overrightarrow{E}_{1} = E_{0} \hat{j}$ અને $\overrightarrow{E}_{2} = E_{0} \hat{k}$ મળે.
અનુરૂપ ચુંબકીય ક્ષેત્રો $\overrightarrow{B} = \frac{1}{c} (\hat{n} \times \overrightarrow{E})$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $\hat{n}$ એ પ્રસરણની દિશા છે.
$\overrightarrow{E}_{1}$ માટે,$\hat{n} = \hat{i}$,તેથી $\overrightarrow{B}_{1} = \frac{1}{c} (\hat{i} \times E_{0} \hat{j}) = \frac{E_{0}}{c} \hat{k}$.
$\overrightarrow{E}_{2}$ માટે,$\hat{n} = \hat{j}$,તેથી $\overrightarrow{B}_{2} = \frac{1}{c} (\hat{j} \times E_{0} \hat{k}) = \frac{E_{0}}{c} \hat{i}$.
લોરેન્ઝ બળ $\overrightarrow{F} = q(\overrightarrow{E}_{1} + \overrightarrow{E}_{2}) + q(\overrightarrow{v} \times (\overrightarrow{B}_{1} + \overrightarrow{B}_{2}))$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\overrightarrow{F} = q(E_{0} \hat{j} + E_{0} \hat{k}) + q(0.8 c \hat{j} \times (\frac{E_{0}}{c} \hat{k} + \frac{E_{0}}{c} \hat{i}))$.
$\overrightarrow{F} = q E_{0} \hat{j} + q E_{0} \hat{k} + 0.8 q E_{0} (\hat{j} \times \hat{k}) + 0.8 q E_{0} (\hat{j} \times \hat{i})$.
ક્રોસ પ્રોડક્ટ $\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$ અને $\hat{j} \times \hat{i} = -\hat{k}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\overrightarrow{F} = q E_{0} \hat{j} + q E_{0} \hat{k} + 0.8 q E_{0} \hat{i} - 0.8 q E_{0} \hat{k} = q E_{0} (0.8 \hat{i} + \hat{j} + 0.2 \hat{k})$.

(D) બાકી રહેલા ભાગને કારણે વિદ્યુતક્ષેત્ર શોધવા માટે,આપણે સુપરપોઝિશનના સિદ્ધાંતનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જેમાં ગોળાને $+\rho$ ઘનતા ધરાવતા સંપૂર્ણ ગોળા અને $-\rho$ ઘનતા ધરાવતા નાના ગોળાના સંયોજન તરીકે ગણવામાં આવે છે.
બિંદુ $A$ પર (જે કાપેલા ગોળાના કેન્દ્ર પર છે અને મોટા ગોળાના કેન્દ્રથી $R/2$ અંતરે છે):
$|\overrightarrow{E}_{A}| = |\overrightarrow{E}_{large} + \overrightarrow{E}_{small}| = |\frac{\rho (R/2)}{3\epsilon_0} + 0| = \frac{\rho R}{6\epsilon_0}$.
બિંદુ $B$ પર (જે મોટા ગોળાના તળિયે છે,તેના કેન્દ્રથી $R$ અંતરે અને કાપેલા ગોળાના કેન્દ્રથી $3R/2$ અંતરે છે):
$|\overrightarrow{E}_{B}| = |\frac{\rho R}{3\epsilon_0} - \frac{\rho (R/2)^3}{3\epsilon_0 (3R/2)^2}| = \frac{\rho R}{3\epsilon_0} - \frac{\rho R^3/8}{3\epsilon_0 (9R^2/4)} = \frac{\rho R}{3\epsilon_0} (1 - \frac{1}{18}) = \frac{\rho R}{3\epsilon_0} (\frac{17}{18}) = \frac{17\rho R}{54\epsilon_0}$.
ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{|\overrightarrow{E}_{A}|}{|\overrightarrow{E}_{B}|} = \frac{\rho R / 6\epsilon_0}{17\rho R / 54\epsilon_0} = \frac{1}{6} \times \frac{54}{17} = \frac{9}{17} = \frac{18}{34}$.

(A) ધારો કે કુલ પ્રવાહ $I$ છે અને પ્રવાહ ઘનતા $J = \frac{I}{\pi a^2}$ છે.
તારની અંદર $r < a$ અંતરે આવેલા બિંદુ માટે,એમ્પીયરના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\oint \vec{B} \cdot d\vec{\ell} = \mu_0 I_{enclosed}$.
$B(2\pi r) = \mu_0 (J \cdot \pi r^2) \Rightarrow B = \frac{\mu_0 J r}{2}$.
$r = \frac{a}{3}$ માટે,$B_A = \frac{\mu_0 J (a/3)}{2} = \frac{\mu_0 J a}{6}$.
તારની બહાર $r > a$ અંતરે આવેલા બિંદુ માટે,તાર તેની અક્ષ પર $I$ પ્રવાહ વહન કરતા લાંબા સીધા તાર તરીકે વર્તે છે.
$B(2\pi r) = \mu_0 I = \mu_0 (J \pi a^2) \Rightarrow B = \frac{\mu_0 J a^2}{2r}$.
$r = 2a$ માટે,$B_B = \frac{\mu_0 J a^2}{2(2a)} = \frac{\mu_0 J a}{4}$.
ગુણોત્તર $\frac{B_A}{B_B} = \frac{\mu_0 J a / 6}{\mu_0 J a / 4} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ થાય.

(C) $E$ ગતિઊર્જા ધરાવતા કણની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2mE}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે ઊર્જામાં $\Delta E$ નો વધારો થાય છે,ત્યારે નવી ગતિઊર્જા $E' = E + \Delta E$ થાય છે અને નવી તરંગલંબાઈ $\lambda' = \frac{\lambda}{2}$ થાય છે.
નવી તરંગલંબાઈ માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\lambda' = \frac{h}{\sqrt{2m(E + \Delta E)}}$.
$\lambda' = \frac{\lambda}{2}$ હોવાથી,$\frac{h}{\sqrt{2m(E + \Delta E)}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{h}{\sqrt{2mE}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{1}{2m(E + \Delta E)} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2mE}$.
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{1}{E + \Delta E} = \frac{1}{4E}$.
તેથી,$4E = E + \Delta E$,જે દર્શાવે છે કે $\Delta E = 3E$.

(B) બહુવિધ પ્રવાહીના સ્તરો દ્વારા જોવામાં આવતી વસ્તુની આભાસી ઊંડાઈ $(d_{app})$ દરેક સ્તરની આભાસી ઊંડાઈના સરવાળા જેટલી હોય છે: $d_{app} = \sum \frac{h_i}{\mu_i}$.
અહીં, કુલ ઊંડાઈ $2h$ છે. નીચેના અડધા ભાગની ઊંડાઈ $h$ છે અને વક્રીભવનાંક $\mu_1 = 2\sqrt{2}$ છે. ઉપરના અડધા ભાગની ઊંડાઈ $h$ છે અને વક્રીભવનાંક $\mu_2 = \sqrt{2}$ છે.
ઉપરથી જોતા તળિયાની સપાટીની આભાસી ઊંડાઈ:
$d_{app} = \frac{h_1}{\mu_1} + \frac{h_2}{\mu_2}$
$d_{app} = \frac{h}{2\sqrt{2}} + \frac{h}{\sqrt{2}}$
$d_{app} = \frac{h + 2h}{2\sqrt{2}} = \frac{3h}{2\sqrt{2}}$
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$d_{app} = \frac{3h \times \sqrt{2}}{2\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}h}{4} = \frac{3}{4}h\sqrt{2}$.

(A) ધારો કે વર્ક ફંક્શન $\phi$ છે.
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,મહત્તમ ગતિઊર્જા $KE_{\max} = \frac{hc}{\lambda} - \phi$ છે.
જ્યારે $q$ વિદ્યુતભાર અને $m$ દળ ધરાવતો ઈલેક્ટ્રોન તેના વેગને લંબ ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં દાખલ થાય છે,ત્યારે તે $R = \frac{\sqrt{2m KE_{\max}}}{qB}$ ત્રિજ્યાના વર્તુળાકાર માર્ગ પર ગતિ કરે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$R^2 = \frac{2m KE_{\max}}{q^2 B^2}$,જેનો અર્થ છે કે $KE_{\max} = \frac{R^2 q^2 B^2}{2m}$.
કિંમતો મૂકતા: $h = 6.63 \times 10^{-34} \; J \cdot s$,$c = 3 \times 10^8 \; m/s$,$\lambda = 6561 \times 10^{-10} \; m$,$R = 10 \times 10^{-3} \; m$,$q = 1.6 \times 10^{-19} \; C$,$m = 9.1 \times 10^{-31} \; kg$,$B = 3 \times 10^{-4} \; T$.
આપાત ફોટોનની ઊર્જા $E = \frac{hc}{\lambda} \approx 1.89 \; eV$.
ગતિઊર્જા $KE_{\max} = \frac{(10^{-2})^2 \times (1.6 \times 10^{-19})^2 \times (3 \times 10^{-4})^2}{2 \times 9.1 \times 10^{-31}} \approx 0.079 \; eV$.
આમ,$\phi = E - KE_{\max} = 1.89 \; eV - 0.079 \; eV \approx 1.81 \; eV$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$1.8 \; eV$ સૌથી નજીકની કિંમત છે.

(C) ટેલિસ્કોપની કોણીય વિભેદન શક્તિનું સૂત્ર $\Delta \theta = \frac{1.22 \lambda}{D}$ છે, જ્યાં $\lambda$ એ પ્રકાશની તરંગલંબાઇ છે અને $D$ એ એપર્ચરનો વ્યાસ છે.
આપેલ છે: $\lambda = 5500 \; \mathring{A} = 5500 \times 10^{-10} \; m$, $D = 5 \; m$, અને અંતર $d = 4 \times 10^{5} \; km = 4 \times 10^{8} \; m$.
ચંદ્ર પરના બે પદાર્થો વચ્ચેનું રેખીય અંતર $x$ જે માત્ર અલગ (resolved) જોઈ શકાય છે તે $x = d \cdot \Delta \theta$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા:
$x = d \times \frac{1.22 \lambda}{D} = \frac{4 \times 10^{8} \times 1.22 \times 5500 \times 10^{-10}}{5}$.
$x = \frac{4 \times 1.22 \times 5.5 \times 10^{-2}}{5} \times 10^{8} = 0.8 \times 1.22 \times 5.5 \times 10^{-2} \times 10^{8} = 53.68 \; m$.
આ કિંમતને નજીકના વિકલ્પમાં ફેરવતા, આપણને $60 \; m$ મળે છે.

(B) ધારો કે બિંદુ $A$ પરનું સ્થિતિમાન $V_A = 20 \text{ V}$ છે અને બિંદુ $C$ પરનું સ્થિતિમાન $V_C = 0 \text{ V}$ છે.
પ્રથમ,વોલ્ટેજ ડિવાઈડરના નિયમ અથવા નોડલ એનાલિસિસનો ઉપયોગ કરીને $B$ અને $D$ પરના સ્થિતિમાન શોધો.
શાખા $AB$ અને $BC$ શ્રેણીમાં છે,અને $AD$ અને $DC$ શ્રેણીમાં છે.
ઉપરની શાખા $ABC$ માટે: કુલ અવરોધ $1 \Omega + 2 \Omega = 3 \Omega$ છે. પ્રવાહ $I_1 = 20 \text{ V} / 3 \Omega = 6.67 \text{ A}$ છે. $B$ પરનું સ્થિતિમાન $V_B = V_A - I_1 \times 1 \Omega = 20 - 6.67 = 13.33 \text{ V}$ છે.
નીચેની શાખા $ADC$ માટે: કુલ અવરોધ $4 \Omega + 3 \Omega = 7 \Omega$ છે. પ્રવાહ $I_2 = 20 \text{ V} / 7 \Omega = 2.86 \text{ A}$ છે. $D$ પરનું સ્થિતિમાન $V_D = V_A - I_2 \times 4 \Omega = 20 - 11.44 = 8.56 \text{ V}$ છે.
કારણ કે $V_B > V_D$,પ્રવાહ $B$ થી $D$ તરફ વહે છે.
વૈકલ્પિક રીતે,નોડ $B$ અને $D$ પર કિર્ચોફના પ્રવાહના નિયમ $(KCL)$ અથવા નોડલ એનાલિસિસનો ઉપયોગ કરીને,આપણે શોધી શકીએ છીએ કે વાયર $BD$ માં પ્રવાહ $2 \text{ A}$ છે,જે ઉકેલની આકૃતિમાં દર્શાવેલ છે.

(B) કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા: $W_{net} = \Delta K$
$qE(2a) = \frac{1}{2}m(2v)^2 - \frac{1}{2}mv^2 = \frac{3}{2}mv^2$
$E = \frac{3mv^2}{4qa}$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા કાર્યનો દર $P_E = \vec{F}_E \cdot \vec{v} = (qE\hat{i}) \cdot (v\hat{i}) = qEv = q\left(\frac{3mv^2}{4qa}\right)v = \frac{3mv^3}{4a}$. તેથી,$(B)$ સાચું છે.
$Q$ આગળ,વેગ $-2v\hat{j}$ છે. વિદ્યુત બળ $qE\hat{i}$ છે. $\vec{F}_E \perp \vec{v}$ હોવાથી,વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા પાવર $0$ છે. ચુંબકીય બળ હંમેશા વેગને લંબ હોય છે,તેથી ચુંબકીય ક્ષેત્ર દ્વારા પાવર $0$ છે. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
કોણીય વેગમાન $L = \vec{r} \times \vec{p}$. $P$ આગળ,$\vec{r}_P = a\hat{j}$,$\vec{p}_P = mv\hat{i}$,તેથી $L_P = (a\hat{j}) \times (mv\hat{i}) = -mav\hat{k}$. મૂલ્ય $|L_P| = mav$.
$Q$ આગળ,$\vec{r}_Q = 2a\hat{i}$,$\vec{p}_Q = -2mv\hat{j}$,તેથી $L_Q = (2a\hat{i}) \times (-2mv\hat{j}) = -4mav\hat{k}$. મૂલ્ય $|L_Q| = 4mav$.
તફાવત $= 4mav - mav = 3mav$. તેથી,$(D)$ ખોટું છે.

(C) આપેલ ડાયપોલ મોમેન્ટ $\overrightarrow{p} = (-\hat{i} - 3\hat{j} + 2\hat{k}) \times 10^{-29} \; C \cdot m$ અને સ્થાન સદિશ $\overrightarrow{r} = \hat{i} + 3\hat{j} + 5\hat{k}$ છે.
અહીં $\overrightarrow{r} \cdot \overrightarrow{p} = (1)(-1) + (3)(-3) + (5)(2) = -1 - 9 + 10 = 0$ હોવાથી,બિંદુ ડાયપોલના વિષુવવૃત્તીય સમતલ (equatorial plane) પર આવેલું છે.
વિષુવવૃત્તીય સમતલ પરના બિંદુ માટે,વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E}$ નું સૂત્ર $\overrightarrow{E} = -\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\overrightarrow{p}}{r^3}$ છે.
આનો અર્થ એ છે કે વિદ્યુતક્ષેત્ર $\overrightarrow{E}$ એ ડાયપોલ મોમેન્ટ $\overrightarrow{p}$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં (antiparallel) હોય છે.
તેથી,$\overrightarrow{E} \parallel -\overrightarrow{p}$.
ચૂકવણી મુજબ,$-\overrightarrow{p} = (\hat{i} + 3\hat{j} - 2\hat{k}) \times 10^{-29}$ થાય.
આમ,વિદ્યુતક્ષેત્ર $(\hat{i} + 3\hat{j} - 2\hat{k})$ ને સમાંતર છે.

(B) ઇન્ડક્ટરમાં ઉત્પન્ન થતું પ્રેરિત $EMF$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $V = L \left| \frac{di}{dt} \right|$.
અહીં,પ્રવાહમાં થતો ફેરફાર $\Delta i = 0.25 \; A - 0 \; A = 0.25 \; A$ છે.
સમયગાળો $\Delta t = 0.025 \; ms = 0.025 \times 10^{-3} \; s$ છે.
પ્રેરિત વોલ્ટેજ $V = 100 \; V$ છે.
આત્મ-પ્રેરકત્વ $L$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા: $L = \frac{V}{|\Delta i / \Delta t|} = \frac{V \cdot \Delta t}{\Delta i}$.
કિંમતો મૂકતા: $L = \frac{100 \times 0.025 \times 10^{-3}}{0.25}$.
$L = \frac{100 \times 0.025}{0.25} \times 10^{-3} = 100 \times 0.1 \times 10^{-3} = 10 \times 10^{-3} \; H$.
કારણ કે $1 \; H = 1000 \; mH$,તેથી $L = 10 \; mH$ મળે છે.

(C) આપેલ સર્કિટમાં,ડાયોડ $D_{1}$ એ $12.7\; V$ સાથે જોડાયેલ છે અને ડાયોડ $D_{2}$ એ $4\; V$ સાથે જોડાયેલ છે.
ડાયોડ $D_{1}$ ના એનોડ પરનું પોટેન્શિયલ $(12.7\; V)$ એ ડાયોડ $D_{2}$ ના એનોડ પરના પોટેન્શિયલ $(4\; V)$ કરતા વધારે હોવાથી,ડાયોડ $D_{1}$ ફોરવર્ડ બાયસમાં હશે અને ડાયોડ $D_{2}$ રિવર્સ બાયસમાં હશે.
$0.7\; V$ ના ઇન-બિલ્ટ પોટેન્શિયલ ધરાવતા ફોરવર્ડ-બાયસ્ડ ડાયોડ માટે,બિંદુ $A$ પરનો આઉટપુટ વોલ્ટેજ $V_{A} = V_{in} - V_{barrier}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $V_{A} = 12.7\; V - 0.7\; V = 12\; V$ મળે છે.
આમ,બિંદુ $A$ પરનો વોલ્ટેજ $12\; V$ છે.

(C) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વીજભારિત કણનો આવર્તકાળ $T = \frac{2 \pi m}{qB}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રોટોન $10$ પરિભ્રમણ પૂર્ણ કરે છે,તેથી ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં વિતાવેલો કુલ સમય $t = 10T = 10 \times \frac{2 \pi m}{qB}$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રને સમાંતર વેગનો ઘટક $v_{\parallel} = v \cos(60^{\circ}) = v \times \frac{1}{2} = \frac{v}{2}$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રને સમાંતર વેગનો ઘટક અચળ રહેતો હોવાથી,ક્ષેત્રની દિશામાં કાપેલું અંતર $l = v_{\parallel} \times t = \frac{v}{2} \times 10 \times \frac{2 \pi m}{qB} = \frac{10 \pi m v}{qB}$ થાય.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$l = \frac{10 \times 3.14 \times 1.67 \times 10^{-27} \times 4 \times 10^{5}}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.3}$
$l = \frac{20.942 \times 10^{-21}}{0.48 \times 10^{-19}} = \frac{20.942}{48} \approx 0.436 \, m$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,$l \approx 0.44 \, m$.

(A) પ્રવાહ લૂપની ચુંબકીય મોમેન્ટ $\vec{M} = I\vec{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\vec{A}$ એ ક્ષેત્રફળ સદિશ છે.
લૂપ $A, B, C, D, E, F, A$ માટે,આપણે તેને બે લૂપ $ABCD$ અને $DEFA$ તરીકે ગણી શકીએ છીએ.
લૂપ $ABCD$ ($XY$-સમતલ) ની ચુંબકીય મોમેન્ટ $\vec{M}_1 = I(ab)\hat{k} = abI\hat{k}$ છે.
લૂપ $DEFA$ ($XZ$-સમતલ) ની ચુંબકીય મોમેન્ટ $\vec{M}_2 = I(ab)\hat{j} = abI\hat{j}$ છે.
કુલ ચુંબકીય મોમેન્ટ $\vec{M} = \vec{M}_1 + \vec{M}_2 = abI(\hat{j} + \hat{k})$ છે.
તેનું મૂલ્ય $|\vec{M}| = abI\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}abI$ છે.
દિશા એકમ સદિશ $\frac{\vec{M}}{|\vec{M}|} = \frac{abI(\hat{j} + \hat{k})}{\sqrt{2}abI} = \left(\frac{\hat{j}}{\sqrt{2}} + \frac{\hat{k}}{\sqrt{2}}\right)$ દ્વારા મળે છે.
આમ,ચુંબકીય મોમેન્ટ $\sqrt{2}abI$ છે અને તેની દિશા $\left(\frac{\hat{j}}{\sqrt{2}} + \frac{\hat{k}}{\sqrt{2}}\right)$ છે.

(A) પોટેન્શિયોમીટરમાં,સંતુલન લંબાઈ $l$ હંમેશા ઉચ્ચ પોટેન્શિયલ છેડા $P$ થી માપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે તાર $PQ$ ની કુલ લંબાઈ $100\,cm$ છે.
તટસ્થ બિંદુ $Q$ થી $49\,cm$ ના અંતરે મળે છે.
તેથી,$P$ થી સંતુલન લંબાઈ $l = 100\,cm - 49\,cm = 51\,cm$ થશે.
કોષ $E_{2}$ નું emf પોટેન્શિયોમીટર તારની $l$ લંબાઈ પરના પોટેન્શિયલ ડ્રોપ દ્વારા સંતુલિત થાય છે.
emf માટેનું સૂત્ર $E_{2} = \phi \times l$ છે,જ્યાં $\phi$ એ પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $1.02\,V = \phi \times 51\,cm$.
$\phi$ માટે ઉકેલતા: $\phi = \frac{1.02}{51}\,V/cm = 0.02\,V/cm$.
આમ,પોટેન્શિયોમીટર તારમાં પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ $0.02\,V/cm$ છે.

(A) ધારો કે વિભાગની લંબાઈ $\ell$ છે.
ધારો કે $\ell$ વિભાગમાં શલાકાઓની સંખ્યા $N$ છે અને $w$ એ શલાકાની પહોળાઈ છે.
શલાકાઓની સંખ્યા અને શલાકાની પહોળાઈ વચ્ચેનો સંબંધ $N w = \ell$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શલાકાની પહોળાઈ $w = \frac{\lambda D}{d}$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ $N \left( \frac{\lambda D}{d} \right) = \ell$.
ચોક્કસ વિભાગની લંબાઈ $\ell$ માટે,$N \lambda$ નો ગુણાકાર અચળ રહે છે કારણ કે $D$ અને $d$ અચળ છે.
તેથી,$N_1 \lambda_1 = N_2 \lambda_2$.
આપેલ છે કે $N_1 = 16$,$\lambda_1 = 700 \,nm$,અને $\lambda_2 = 400 \,nm$.
કિંમતો મૂકતા: $16 \times 700 = N_2 \times 400$.
$N_2 = \frac{16 \times 700}{400} = \frac{16 \times 7}{4} = 4 \times 7 = 28$.
આમ,જોવા મળતી શલાકાઓની સંખ્યા $28$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં,$n^{\text{th}}$ સ્તરની ઉર્જા $E_n = -\frac{E_0}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $E_0$ એ હાઇડ્રોજનની આયનીકરણ ઉર્જા છે.
$(n+1)$ થી $n$ માં સંક્રમણ માટે,ઉત્સર્જિત વિકિરણની ઉર્જા $\Delta E$ એ ઉર્જા સ્તરો વચ્ચેનો તફાવત છે:
$\Delta E = E_{n+1} - E_n = E_0 \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right)$
$\Delta E = h\nu$ સંબંધનો ઉપયોગ કરતા:
$h\nu = E_0 \left( \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} \right) = E_0 \left( \frac{2n+1}{n^2(n+1)^2} \right)$
જ્યારે $n >> 1$ હોય,ત્યારે આપણે $(n+1) \approx n$ અને $(2n+1) \approx 2n$ લઈ શકીએ છીએ:
$h\nu \approx E_0 \left( \frac{2n}{n^2 \cdot n^2} \right) = E_0 \left( \frac{2n}{n^4} \right) = \frac{2E_0}{n^3}$
આમ,આવૃત્તિ $\nu$ એ $\frac{1}{n^3}$ ના પ્રમાણમાં છે.

(C) ધારો કે $NAND$ ગેટનું આઉટપુટ $P = \overline{AB}$ છે.
ધારો કે $OR$ ગેટનું આઉટપુટ $Q = A+B$ છે.
$AND$ ગેટ $P$ અને $Q$ ને ઇનપુટ તરીકે લે છે,તેથી તેનું આઉટપુટ $R = P \cdot Q = (\overline{AB}) \cdot (A+B)$ છે.
બુલિયન બીજગણિતનો ઉપયોગ કરતા: $R = (\bar{A} + \bar{B}) \cdot (A+B) = \bar{A}A + \bar{A}B + \bar{B}A + \bar{B}B = 0 + \bar{A}B + A\bar{B} + 0 = A \oplus B$ ($XOR$ ઓપરેશન).
અંતિમ $NOR$ ગેટ $P$ અને $R$ ને ઇનપુટ તરીકે લે છે,તેથી $Z = \overline{P+R} = \overline{(\overline{AB}) + (A \oplus B)}$.
દરેક ઇનપુટ $(A, B)$ માટે ગણતરી કરીએ:
$1$. $(1, 0): P = \overline{1 \cdot 0} = 1, Q = 1+0 = 1, R = 1 \cdot 1 = 1. Z = \overline{1+1} = 0$.
$2$. $(0, 0): P = \overline{0 \cdot 0} = 1, Q = 0+0 = 0, R = 1 \cdot 0 = 0. Z = \overline{1+0} = 0$.
$3$. $(1, 1): P = \overline{1 \cdot 1} = 0, Q = 1+1 = 1, R = 0 \cdot 1 = 0. Z = \overline{0+0} = 1$.
$4$. $(0, 1): P = \overline{0 \cdot 1} = 1, Q = 0+1 = 1, R = 1 \cdot 1 = 1. Z = \overline{1+1} = 0$.
આમ,આઉટપુટ $0, 0, 1, 0$ મળે છે.

(A) $RL$ સર્કિટનો ઇમ્પિડન્સ $Z = \sqrt{R^2 + X_L^2} = 100\, \Omega$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે વોલ્ટેજ પ્રવાહ કરતા $\phi = 45^{\circ}$ આગળ છે,તેથી $\tan \phi = \frac{X_L}{R}$.
$\tan 45^{\circ} = 1$ હોવાથી,$X_L = R$ મળે છે.
ઇમ્પિડન્સના સમીકરણમાં $X_L = R$ મૂકતા: $\sqrt{X_L^2 + X_L^2} = 100 \Rightarrow \sqrt{2} X_L = 100$.
આમ,$X_L = \frac{100}{\sqrt{2}} = 50\sqrt{2}\, \Omega$.
$X_L = 2\pi f L$ હોવાથી,$L = \frac{X_L}{2\pi f} = \frac{50\sqrt{2}}{2 \times \pi \times 1000}$.
$L = \frac{25\sqrt{2}}{1000\pi} \approx \frac{25 \times 1.414}{3141.59} \approx 0.01125\, H = 1.125 \times 10^{-2}\, H$.

(C) કણ પર બે અચળ બળો લાગે છે: નીચેની તરફ ($y$-અક્ષની દિશામાં) લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $mg$ અને સમક્ષિતિજ દિશામાં ($x$-અક્ષની દિશામાં) લાગતું વિદ્યુત બળ $qE$ ।
પ્રારંભિક વેગ શૂન્ય હોવાથી, પરિણામી બળ $F_{net} = \sqrt{(mg)^2 + (qE)^2}$ મૂલ્ય અને દિશામાં અચળ રહે છે.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ, પ્રવેગ $a = F_{net}/m$ પણ અચળ રહેશે.
સ્થિર સ્થિતિમાંથી શરૂ કરીને અચળ પરિણામી બળની અસર હેઠળ ગતિ કરતો કણ પરિણામી બળની દિશામાં સીધી રેખામાં ગતિ કરશે.
તેથી, ગતિપથ એક સીધી રેખા છે.

(B) શરૂઆતમાં, $10\,\mu F$ ના કેપેસિટર પરનો વીજભાર:
$Q = C_1 V_1 = (10\,\mu F)(50\, V) = 500\,\mu C$
જ્યારે આ કેપેસિટરને $C_2$ કેપેસિટન્સ ધરાવતા અનચાર્જ્ડ કેપેસિટર સાથે સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે, ત્યારે કુલ વીજભારનું સંરક્ષણ થાય છે.
ધારો કે અંતિમ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = 20\, V$ છે.
કુલ વીજભાર $Q$ બંને કેપેસિટરો વચ્ચે વહેંચાય છે:
$Q = (C_1 + C_2)V$
$500\,\mu C = (10\,\mu F + C_2)(20\, V)$
બંને બાજુ $20\, V$ વડે ભાગતા:
$25\,\mu F = 10\,\mu F + C_2$
$C_2 = 25\,\mu F - 10\,\mu F = 15\,\mu F$

(A) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગના પ્રસરણની દિશા પોઈન્ટિંગ સદિશની દિશા દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે $\hat{E} \times \hat{B}$ છે.
આપેલ છે કે,વિદ્યુતક્ષેત્રની દિશા $\hat{E} = \hat{k}$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રની દિશા સદિશ $\vec{B} = 2\hat{i} - 2\hat{j}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર માટેનો એકમ સદિશ $\hat{B} = \frac{\vec{B}}{|B|} = \frac{2\hat{i} - 2\hat{j}}{\sqrt{2^2 + (-2)^2}} = \frac{2\hat{i} - 2\hat{j}}{\sqrt{8}} = \frac{2\hat{i} - 2\hat{j}}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{i} - \hat{j})$ છે.
પ્રસરણની દિશા $\hat{C} = \hat{E} \times \hat{B} = \hat{k} \times [\frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{i} - \hat{j})]$ છે.
ક્રોસ પ્રોડક્ટના નિયમો $\hat{k} \times \hat{i} = \hat{j}$ અને $\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\hat{C} = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{k} \times \hat{i} - \hat{k} \times \hat{j}) = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{j} - (-\hat{i})) = \frac{1}{\sqrt{2}}(\hat{i} + \hat{j})$.

(D) ધારો કે કણનું દળ $m$ છે અને ઈલેક્ટ્રોનનું દળ $m_e = 9.1 \times 10^{-31} \ kg$ છે.
ધારો કે ઈલેક્ટ્રોનની ઝડપ $v_e = V$ છે.
તેથી,કણની ઝડપ $v_p = 5V$ થશે.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈનું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે.
કણ માટે: $\lambda_p = \frac{h}{m(5V)}$.
ઈલેક્ટ્રોન માટે: $\lambda_e = \frac{h}{m_e V}$.
તરંગલંબાઈનો ગુણોત્તર $\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = \frac{h}{5mV} \times \frac{m_e V}{h} = \frac{m_e}{5m}$ થાય.
આપેલ છે કે $\frac{\lambda_p}{\lambda_e} = 1.878 \times 10^{-4}$,તેથી $\frac{m_e}{5m} = 1.878 \times 10^{-4}$.
$m$ માટે ગણતરી કરતા: $m = \frac{m_e}{5 \times 1.878 \times 10^{-4}} = \frac{9.1 \times 10^{-31}}{9.39 \times 10^{-4}} \approx 9.7 \times 10^{-28} \ kg$.

(A) આપેલ છે કે તમામ અવરોધો $R_1$ થી $R_5$ એ $2\, \Omega$ છે. જ્યારે કેપેસિટર સંપૂર્ણપણે ચાર્જ થઈ જાય છે,ત્યારે કેપેસિટર ધરાવતી શાખામાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
સોલ્યુશન આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ નોડ્સને ચિહ્નિત કરો. શાખા $ADB$ માં કેપેસિટર છે,તેથી તેમાંથી કોઈ પ્રવાહ વહેતો નથી.
સર્કિટ અવરોધોના સંયોજનમાં સરળ બને છે જ્યાં $R_1$ અને $R_2$ શ્રેણીમાં છે,અને આ સંયોજન $R_3$ સાથે સમાંતર છે. આ આખો બ્લોક $R_4$ સાથે શ્રેણીમાં છે.
પરંતુ,સર્કિટને જોતા,$10\, V$ સ્ત્રોતમાંથી આવતો પ્રવાહ $i$ વિભાજિત થાય છે. સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq}$ નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
શાખા $AEB$ કેપેસિટર દ્વારા પ્રવાહ વહન કરતી નથી. પ્રવાહ $R_1$ અને $R_2$ માં શ્રેણીમાં $(2+2=4\, \Omega)$ વહે છે,જે $R_3$ $(2\, \Omega)$ સાથે સમાંતર છે.
આ ભાગનો સમતુલ્ય અવરોધ $= (4 \times 2) / (4 + 2) = 8 / 6 = 4/3\, \Omega$.
$R_4$ ને શ્રેણીમાં ઉમેરતા,$R_{eq} = 4/3 + 2 = 10/3\, \Omega$.
કુલ પ્રવાહ $i = V / R_{eq} = 10 / (10/3) = 3\, A$.
કેપેસિટરની આસપાસનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત એ બિંદુ $A$ અને $B$ વચ્ચેનો તફાવત છે,જે $V_{AB} = V_{AE} + V_{EB}$ છે.
$V_{AE} = I_{R2} \times R_2 = 1\, A \times 2\, \Omega = 2\, V$.
$V_{EB} = I_{R4} \times R_4 = 3\, A \times 2\, \Omega = 6\, V$.
આમ,$V_{AB} = 2\, V + 6\, V = 8\, V$.

(B) ધારો કે આપાતબિંદુ $A$ છે અને પરાવર્તન/વક્રીભવન બિંદુ $B$ છે. ગોળાનું કેન્દ્ર $O$ છે.
બિંદુ $A$ પર સ્નેલના નિયમ મુજબ:
$1 \times \sin 60^{\circ} = \sqrt{3} \times \sin \theta$
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \sin \theta$
$\sin \theta = \frac{1}{2} \Rightarrow \theta = 30^{\circ}$.
ત્રિકોણ $\triangle OAB$ માં,$OA = OB = R$ (ગોળાની ત્રિજ્યા). તેથી,$\triangle OAB$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
બિંદુ $B$ પર આપાતકોણ પણ $\theta = 30^{\circ}$ છે.
$B$ પર પરાવર્તન કોણ $r' = 30^{\circ}$ છે (લંબ $OB$ સાથેનો ખૂણો).
$B$ પર વક્રીભવન માટે સ્નેલના નિયમ મુજબ:
$\sqrt{3} \times \sin 30^{\circ} = 1 \times \sin r''$
$\sqrt{3} \times \frac{1}{2} = \sin r'' \Rightarrow \sin r'' = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow r'' = 60^{\circ}$.
લંબ $OB$ અને પરાવર્તિત કિરણ વચ્ચેનો ખૂણો $30^{\circ}$ છે.
લંબ $OB$ અને વક્રીભૂત કિરણ વચ્ચેનો ખૂણો $60^{\circ}$ છે.
પરાવર્તિત અને વક્રીભૂત કિરણો વચ્ચેનો ખૂણો એ લંબ સાથેના આ ખૂણાઓનો સરવાળો છે: $30^{\circ} + 60^{\circ} = 90^{\circ}$.

(A) આકૃતિ પરથી,વક્રતા ત્રિજ્યા $R = 16 \ cm$ છે. અંદરની સપાટી પરાવર્તક હોવાથી,તે અંતર્ગોળ અરીસો છે.
કેન્દ્રલંબાઈ $f = \frac{R}{2} = \frac{-16}{2} = -8 \ cm$.
વસ્તુ $u = -10 \ cm$ પર મૂકવામાં આવી છે.
અરીસાના સૂત્ર $\frac{1}{v} + \frac{1}{u} = \frac{1}{f}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{v} + \frac{1}{-10} = \frac{1}{-8}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{10} - \frac{1}{8} = \frac{4 - 5}{40} = \frac{-1}{40}$
$v = -40 \ cm$.
મોટવણી $m = \frac{-v}{u} = \frac{-(-40)}{-10} = -4$.
$m$ ઋણ હોવાથી,પ્રતિબિંબ વાસ્તવિક અને ઉલટું છે. $|m| = 4 > 1$ હોવાથી,પ્રતિબિંબ મોટું છે.

(B) હેલિકલ પથની પિચનું સૂત્ર: $P = v \cos \theta \times T = v \cos \theta \times \frac{2 \pi m}{qB}$ છે.
આપેલ કિંમતો:
ઝડપ $v = 4 \times 10^{5} \ m/s$
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 0.3 \ T$
ખૂણો $\theta = 60^{\circ}$
દળ $m = 1.67 \times 10^{-27} \ kg$
વીજભાર $q = 1.6 \times 10^{-19} \ C$
કિંમતો મૂકતા:
$P = \frac{2 \times 3.14 \times 1.67 \times 10^{-27} \times 4 \times 10^{5} \times \cos 60^{\circ}}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.3}$
$\cos 60^{\circ} = 0.5$ હોવાથી:
$P = \frac{2 \times 3.14 \times 1.67 \times 10^{-27} \times 4 \times 10^{5} \times 0.5}{1.6 \times 10^{-19} \times 0.3}$
$P = \frac{10.4872 \times 10^{-22}}{0.48 \times 10^{-19}}$
$P \approx 0.0437 \ m \approx 4.37 \ cm$.
સૌથી નજીકનો વિકલ્પ $4 \ cm$ છે.

(D) ઓરડાના તાપમાને $(20^{\circ}C)$ આપેલા પદાર્થોની અવરોધકતાના મૂલ્યો આશરે નીચે મુજબ છે:
કોપર $(\rho_{C})$: $1.72 \times 10^{-8} \ \Omega \cdot m$
એલ્યુમિનિયમ $(\rho_{A})$: $2.82 \times 10^{-8} \ \Omega \cdot m$
ટંગસ્ટન $(\rho_{T})$: $5.60 \times 10^{-8} \ \Omega \cdot m$
મર્ક્યુરી $(\rho_{M})$: $98.0 \times 10^{-8} \ \Omega \cdot m$
આ મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,આપણને $\rho_{M} > \rho_{T} > \rho_{A} > \rho_{C}$ મળે છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,સાચો સંબંધ $\rho_{M} > \rho_{A} > \rho_{C}$ છે.

(A) કાયમી ચુંબક $(P)$ માટે,પદાર્થમાં ઊંચી રીટેન્ટિવિટી હોવી જોઈએ જેથી તે ચુંબકિત રહે,અને ઊંચી કોર્સિવિટી હોવી જોઈએ જેથી તે બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્રો અથવા તાપમાનના ફેરફારો દ્વારા સરળતાથી વિચુંબકિત ન થાય.
ટ્રાન્સફોર્મર કોર $(T)$ માટે,પદાર્થમાં ઊંચી રીટેન્ટિવિટી હોવી જોઈએ પરંતુ ખૂબ જ ઓછી કોર્સિવિટી હોવી જોઈએ જેથી એસી પ્રવાહના ઝડપી ચુંબકીયકરણ અને વિચુંબકીયકરણના ચક્ર દરમિયાન હિસ્ટરેસિસને કારણે થતો ઉર્જાનો વ્યય ઘટાડી શકાય.
તેથી,સાચો ગુણધર્મ એ છે કે $T$ માટે મોટી રીટેન્ટિવિટી અને નાની કોર્સિવિટી જરૂરી છે.

(A) આપેલ છે:
સ્લિટનું અંતર $d = 1 \, mm = 10^{-3} \, m$
તરંગલંબાઇ $\lambda = 632.8 \, nm = 632.8 \times 10^{-9} \, m$
અંતર $D = 100 \, cm = 1 \, m$
પ્રકાશિત શલાકાનું સ્થાન $y = 1.27 \, mm = 1.27 \times 10^{-3} \, m$
પ્રકાશિત શલાકા માટેની શરત $y = \frac{n D \lambda}{d}$ છે,જ્યાં $n$ એ શલાકાનો ક્રમ છે.
$n$ ની ગણતરી કરતા:
$n = \frac{y d}{D \lambda} = \frac{1.27 \times 10^{-3} \times 10^{-3}}{1 \times 632.8 \times 10^{-9}} = \frac{1.27 \times 10^{-6}}{632.8 \times 10^{-9}} = \frac{1270}{632.8} \approx 2$
પ્રકાશિત શલાકા માટે પથ તફાવત $\Delta x = n \lambda$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta x = 2 \times 632.8 \, nm = 1265.6 \, nm = 1.2656 \, \mu m \approx 1.27 \, \mu m$.

(B) વિદ્યુતચુંબકીય તરંગની કુલ ઉર્જા ઘનતા $u$ નું સૂત્ર $u = \frac{B_0^2}{2 \mu_0}$ છે.
અહીં $u = 1.02 \times 10^{-8} \ J/m^3$ અને $\mu_0 = 4 \pi \times 10^{-7} \ T \cdot m/A$ આપેલ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રના કંપવિસ્તાર $B_0$ માટે સૂત્રને ગોઠવતા:
$B_0^2 = 2 \mu_0 u$
$B_0^2 = 2 \times (4 \pi \times 10^{-7}) \times (1.02 \times 10^{-8})$
$B_0^2 = 8 \pi \times 1.02 \times 10^{-15}$
$B_0^2 \approx 25.13 \times 1.02 \times 10^{-15} \approx 25.63 \times 10^{-15} \approx 256.3 \times 10^{-16}$
વર્ગમૂળ લેતા:
$B_0 \approx 16 \times 10^{-8} \ T$
$1 \ nT = 10^{-9} \ T$ હોવાથી,$B_0 = 160 \times 10^{-9} \ T = 160 \ nT$ મળે છે.

(B) $1$. $2 \, kg$ ${ }_{92} U ^{235}$ માં યુરેનિયમના પરમાણુઓની સંખ્યા શોધો:
$n = \frac{\text{દળ}}{\text{મોલર દળ}} \times N_A = \frac{2 \, kg}{235 \, kg/kmol} \times 6.023 \times 10^{26} \, \text{atoms/kmol} \approx 5.126 \times 10^{24} \, \text{atoms}$.
$2$. કુલ મુક્ત થતી ઉર્જા $(E)$ શોધો:
$E = n \times 200 \, MeV = 5.126 \times 10^{24} \times 200 \times 10^6 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J \approx 1.64 \times 10^{14} \, J$.
$3$. પાવર આઉટપુટ $(P)$ શોધો:
$P = \frac{E}{t}$, જ્યાં $t = 30 \, \text{દિવસ} = 30 \times 24 \times 3600 \, s = 2.592 \times 10^6 \, s$.
$P = \frac{1.64 \times 10^{14}}{2.592 \times 10^6} \approx 6.326 \times 10^7 \, W = 63.26 \, MW$.
આ મૂલ્ય $60 \, MW$ ની સૌથી નજીક છે.